专题三 第8讲 电场及带电粒子(带电体)在电场中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（提升版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（提升版） 第8讲　电场及带电粒子（带电体）在电场中的运动 考点1　电场的性质 例1　（2024·河北高考）如图，真空中有两个电荷量均为q（q>0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为（　　） A. B.（6＋） C.（3＋1） D.（3＋） [解析]　M点的电场强度为0，根据电场强度的叠加原理结合对称性可知，带电细杆在M点产生的场强等效于A点电荷量为q的点电荷在M点产生的场强，由几何关系知，A点到M点的距离为r1＝a，因此带电细杆在M点产生的场强大小为E杆＝＝，方向沿AM向下，由对称性可知，带电细杆在A点产生的场强大小为E杆，方向沿MA向上，而B、C两点的点电荷在A点产生的电场强度大小均为E＝，方向分别为沿BA向上、沿CA向上，根据电场强度的叠加原理可知，A点的电场强度大小为EA＝E杆＋2Ecos30°＝（3＋），故D正确。 [答案]　D 例2　（2024·广东高考）（多选）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有（　　） A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 [解析]　根据沿着电场线方向电势降低，结合题图可知，M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比其在N点的大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，则电场力对其做正功，故A、C正确；根据题图中电场线的疏密程度可知，N点的电场强度比P点的小，故B错误；由题可知，M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与其在P点的相等，结合C项分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。 [答案]　AC 例3　（2024·甘肃高考）（多选）某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是（　　） A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的小 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 [解析]　电场线处处与等势面垂直，且从电势高的地方指向电势低的地方，据此可知，M点的电场强度垂直于此处等势面的切线指向左下方，根据做曲线运动的物体所受合力的方向特点可知，粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧，则该带电粒子所受电场力的方向与电场方向相同，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集的地方场强越大，由题图可知M点的电场强度比N点的小，故B正确；粒子带正电，且M点的电势大于N点的电势，由Ep＝qφ可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确；由于带电粒子仅在电场作用下运动，由能量守恒定律可知，粒子的电势能与动能之和不变，运动轨迹上电势最高点位置，粒子的电势能最大，在该位置粒子的动能最小，故C正确。 [答案]　BCD 1.基本公式 公式 “＋”“－”号的意义及用法 电场力的性质 E＝ 意义：表示方向；“＋”号表示与规定的正方向相同，“－”号表示与规定的正方向相反 用法：已知量代入绝对值，结果也是绝对值 E＝ 电场能的性质 φ＝ 意义：表示大小 用法：根据已知量的正负可推得未知量的正负 UAB＝＝φA－φB 电场力的性质和能的性质的联系 E＝ 意义：表示方向；“＋”号表示与规定的正方向相同，“－”号表示与规定的正方向相反 用法：已知量代入绝对值，结果也是绝对值 2.常用结论 （1）电场线自电势高的等势面指向电势低的等势面。 （2）电场线与等势面垂直，在电场线密集的区域等差等势面也密集。 3.电场中的能量守恒 （1）只有静电力做功时，电势能和动能相互转化，两者之和守恒。 （2）只有静电力和重力做功时，电势能、重力势能和动能相互转化，三者之和守恒。 1.叠加电场中电场强度和电势的分析方法 （1）电场强度的分析方法：平行四边形定则或三角形定则。 （2）电势的分析方法：某点的电势等于各个电场在该点的电势的代数和。 2.对称思想和割补思想在求非点电荷产生电场的电场强度中的应用 对称思想 A、B两点关于带电体对称，|EA|＝|EB| 割补思想 将带有空腔的球形带电体补全后可等效为处于球心的点电荷，则A点的电场强度等于实心大球带电体在A点产生的电场强度减去实心小球带电体在A点产生的电场强度的矢量差 3.电场强弱、电势高低、电势能大小的比较方法 判断电场强弱 ①根据电场线的疏密判断 ②根据公式E＝k和场强叠加原理判断 ③根据等差等势面的疏密判断 判断电势高低 ①根据沿电场线的方向电势逐渐降低判断 ②根据UAB＝＝φA－φB判断 ③根据电势能Ep＝qφ判断 判断电势能大小 ①根据电势能Ep＝qφ判断 ②根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断 ③根据能量守恒定律判断 考点2　电势差与电场强度的关系 例4　（2024·湖北省宜荆荆高三下一模）如图所示，长方形ABCD所在平面有匀强电场，E、F分别为AB边、CD边中点，已知AB边长为8 cm、BC边长为4 cm。将电子从C点移动到D点，电场力做功为20 eV；将电子从E点移动到F点，电场力做功为－10 eV，不计电子重力，下列说法正确的是（　　） A.长方形ABCD的四个顶点中，D点的电势最高 B.匀强电场的电场强度大小为5 V/cm C.沿AC连线方向，电势降低最快 D.从D点沿DC方向发射动能为4 eV的电子，在以后的运动过程中该电子最小动能为2 eV [解析]　将电子从C点移动到D点，电场力做功为WCD＝－eUCD＝20 eV，则UCD＝φC－φD＝－20 V，取φF＝0，由于F为CD边中点，有 φF＝，联立可得φC＝－10 V，φD＝10 V；将电子从E点移动到F点，电场力做功为WEF＝－eUEF＝－10 eV，则UEF＝φE－φF＝10 V，因φF＝0，则φE＝10 V；因φD＝φE，则DE为等势面，根据等势面与电场线垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线沿AF方向，如图所示，则沿AF方向电势降低最快，且因B、C、D三点所在等势线均在A点的右下方，则长方形ABCD的四个顶点中，A点的电势最高，故A、C错误。匀强电场的电场强度大小为E＝＝ V/cm，故B错误。从D点沿DC方向发射动能为Ek＝mv2＝4 eV的电子，则该电子在电场中做类斜抛运动，当电子沿电场线方向的分速度为零时，电子的速度最小，为vmin＝vcos45°，电子的动能最小，为Ekmin＝mv＝Ek＝2 eV，故D正确。 [答案]　D 　E＝在匀强电场中的理解及应用 （1）公式E＝中的d指的是在匀强电场中，沿场强方向两点间的距离，或过这两点的等势面间距。 （2）沿电场强度方向电势降落得最快。 1.在匀强电场中，在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等。 2.由公式E＝可知，在非匀强电场中，电场强度大的区域等差等势面较密集。 3.等分法解题的一般步骤（仅适用于匀强电场） 考点3　电场中的图像问题 例5　（2024·河北省邢台市高三下一模）如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子（不计受到的重力）以大小为v0的初速度沿轴线由P点运动到Q点，OP＝OQ＝L。以x轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子由P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（　　） A.细圆环带负电 B.粒子到达Q点时的速度大小为v0 C.粒子所受静电力先增大后一直减小 D.粒子到达Q点时的速度大小为2v0 [解析]　由E­x图像可知，x轴正半轴的场强方向向右，x轴负半轴的场强方向向左，则以原点为圆心的细圆环带正电，A错误；由静电力F＝qE和E­x图像可知，粒子所受静电力在O点之前先向左增大后向左减小，过了O点后先向右增大后向右减小，粒子在x轴的正、负半轴到原点距离相同的点处所受到的静电力大小相等、方向相反，由W＝Fl和微元累积法可知，在粒子由P点运动到Q点的过程中，静电力对粒子做的功为零，由动能定理可知，粒子在P、Q两点的动能相等，即粒子到达Q点时的速度大小为v0，B正确，C、D错误。 [答案]　B 　坐标系x轴同电场线方向一致时，电场中几种常见的图像： v­t图像 当带电粒子只受静电力时，从v­t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化情况 φ­x图像 （1）从φ­x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化。 （2）φ­x图线切线的斜率绝对值等于沿x轴方向电场强度E的大小 E­x图像 （1）E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向。 （2）图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep­x图像 （1）图像的切线斜率绝对值等于静电力大小。 （2）可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况 考点4　平行板电容器相关问题分析 例6　（2024·甘肃高考）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（　　） A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加 B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点 C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小 D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点 [解析]　充电过程中，随着电容器带电量Q的增加，电容器两极板间电势差UC＝增加，则电阻R两端电势差UR＝E－UC变小，由I＝知，充电电流I减小，故A错误；根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；放电过程中，随着电容器带电量Q的减小，电容器两极板间电势差UC＝减小，即电阻R两端电势差UR＝UC减小，由I＝知，放电电流I减小，故C正确；根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。 [答案]　C 例7　（2024·辽宁高考）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　） A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N [解析]　由题图a可知，降低溶液浓度cm，该种不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据平行板电容器的电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，故A错误；因为开关S闭合，所以电容器两极板之间的电势差U不变，始终等于电源电压，根据Q＝CU，结合A项分析可知，电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据以上分析可知，溶液浓度降低过程中电容器所带的电荷量增大，则电源给电容器充电，结合题图b可知，电路中电流方向为N→M，故D错误。 [答案]　B 1.三个公式 电容定义式C＝，平行板电容器的电容决定式C＝，匀强电场关系式E＝。 2.两个重要结论 （1）电容器与电路（或电源）相连，则两端电压取决于电路（或电源），稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。 （2）充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。 1.平行板电容器的两类动态问题的分析 两极板间电压U一定 两极板的电量Q一定 C C＝ C＝ Q或U Q＝CU U＝ E E＝ E＝ φa φa－φO＝Ex（x为a、O两点沿电场线方向的距离） φa－φO＝Ex（x为a、O两点沿电场线方向的距离） 2.注意：当含有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电过程或放电过程受到限制。 考点5　带电粒子（带电体）在电场中的运动 例8　（2024·辽宁高考）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中（　　） A.动能减小，电势能增大 B.动能增大，电势能增大 C.动能减小，电势能减小 D.动能增大，电势能减小 [解析]　小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，可知小球所受电场力和重力的合力沿着虚线方向；已知电场强度方向为水平方向，则小球所受电场力沿水平方向，又因为小球所受重力竖直向下，根据平行四边形定则可知，小球所受合力沿虚线向下，所受电场力方向水平向右。若小球的初速度方向垂直于虚线，即与所受合力方向垂直，则小球做类平抛运动，从O点出发运动到与O点等高处的过程中，合力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则合力对小球做正功，小球的动能增大；电场力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则电场力对小球做正功，小球的电势能减小。故D正确。 [答案]　D 例9　（2023·湖北高考）（多选）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　） A.L∶d＝2∶1 B.U1∶U2＝1∶1 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 [解析]　微粒在电容器中沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀变速直线运动，设微粒射入电容器时的速度为v0，则水平方向和竖直方向的分速度大小分别为v0x＝v0cosα，v0y＝v0sinα，其中α＝45°，微粒从射入电容器到运动到最高点，设运动时间为t1，则有2L＝v0xt1，d＝t1，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；在电容器中运动过程，由牛顿第二定律可得微粒的加速度大小a＝，微粒所受电场力大小F＝qE，两极板间的电场强度大小E＝，从射入电容器到运动到最高点，由运动学公式知v＝2ad，微粒经电压U1加速过程，由动能定理可得qU1＝mv，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从最高点到穿出电容器，设运动时间为t2，则有L＝v0xt2，穿出电容器时沿竖直方向的分速度大小vy＝at2，从射入电容器到最高点有v0y＝at1，且2L＝v0xt1，解得vy＝＝，设微粒射出电容器时速度与水平方向的夹角为β，则tanβ＝＝，因此微粒穿过电容器区域的偏转角的正切值为tan（α＋β）＝＝3，C错误；微粒射入电容器后，经时间t，水平方向的位移为x＝v0xt，竖直方向的位移为y＝v0yt－at2，联立解得y＝x－，即微粒在电容器中的运动轨迹与微粒的电荷数量、质量无关，D正确。 [答案]　BD 例10　（2024·四川省泸州市高三下二诊）（多选）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度v0水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为g，电场强度大小E＝。则下列说法中正确的是（　　） A.在轨道上运动时，小球动能最大的位置在M、Q之间 B.在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点 C.经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为6mg D.小球在Q处以速度v0水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动 [解析]　小球所受重力竖直向下，所受电场力水平向右，则重力与电场力的合力即等效重力斜向右下方，则小球在圆轨道上运动的等效最低点在M、Q之间，故小球动能最大的位置在M、Q之间，故A正确；根据能量守恒定律可知，小球的机械能与电势能之和不变，而圆周上电势最高的位置在N点，则小球电势能最大的位置在N点，所以小球机械能最小的位置在N点，B正确；设圆形轨道的半径为r，小球在M点时，由牛顿第二定律得NM－Eq＝m，小球在N点时，由牛顿第二定律得NN＋Eq＝m，从M到N点，由动能定理得－Eq·2r＝mv－mv，联立解得小球经过M、N两点时所受轨道弹力大小的差值NM－NN＝6mg，故C错误；由A项分析可知，小球在圆轨道上运动的等效最高点在N、P之间，由动能定理可知，分别从P、Q以相同速度发射的两小球中，若都能到达等效最高点，则从Q点发射的小球运动到等效最高点的动能小于从P点发射的小球运动到等效最高点的动能，又小球在P处以速度v0水平向右射出时恰好能到达等效最高点做完整的圆周运动，故小球在Q处以速度v0水平向右射出，不能在此轨道内做完整的圆周运动，故D错误。 [答案]　AB 1.研究对象在电场中运动时是否考虑重力的处理 （1）除说明或有明确暗示外，电子、质子、α粒子等微观粒子一般不考虑重力。 （2）除说明或有明确暗示外，带电小球、液滴等一般考虑重力。 2.带电粒子在电场中的运动特点及分析方法 常见运动 受力特点 分析方法 静止或匀速直线运动 合力F合＝0 共点力平衡 变速直线运动 合力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上 （1）匀强电场中： ①用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad ②用功能观点分析 W＝qEd＝qU＝mv2－mv （2）非匀强电场中： W＝qU＝mv2－mv 带电粒子在匀强电场中的偏转　 进入电场时v0⊥E，粒子做类平抛运动　 运动的分解 偏转角：tanθ＝＝＝＝ 侧移距离：y0＝＝ y＝y0＋Ltanθ＝·tanθ 粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动 运动的分解 垂直电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsinθ 平行电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcosθ－t2 带电粒子在非匀强电场中运动　 静电力在变化 动能定理，能量守恒定律 1.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的一般分析方法 （1）对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。 （2）根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。 2.带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动 （1）“等效重力”法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向。 （2）“等效最高”点和“等效最低”点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为“等效最高”点和“等效最低”点。 高考命题预测 1.（2024·河北省保定市高三下二模）虚线为某电场的等势线，其电势如图所示。一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到C点，且到达C点时速度恰好减为零，已知元电荷e＝1.6×10－19 C，下列说法正确的是（　　） A.该粒子带正电 B.从A点运动到C点带电粒子的电势能增大 C.若粒子所带电荷量大小为2×10－6 C，则粒子在A点时的动能为1×10－5 eV D.若粒子所带电荷量大小为2×10－6 C，则粒子在B点时的动能为4×10－6 J 答案：B 解析：沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线向左，粒子向左做减速运动，则所受电场力向右，可知该粒子带负电，A错误；带电粒子从A点运动到C点速度减小，动能减小，则电场力做负功，由功能关系知带电粒子的电势能增大，B正确；粒子由A点运动到C点的过程中，由能量守恒定律可知EkA－EkC＝qφC－qφA，且EkC＝0，则粒子在A点时的动能为EkA＝（φC－φA）·q＝（1－5）×（－2×10－6） J＝8×10－6 J＝5×1013 eV，C错误；同理粒子在B点时的动能为EkB＝（φC－φB）·q＝（1－2）×（－2×10－6） J＝2×10－6 J，D错误。 2.（2024·湖南省邵阳市高三下二模）（多选）如图，真空中电荷量为2q和－q（q>0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN直线上O点为球心、电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），P为MN连线上的一点（图上未标出），S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，N′为N关于O点的对称点，下列说法正确的是（　　） A.P点电势高于S点电势 B.T点电场强度方向指向N点 C.除无穷远处外，MN直线上还存在一个电场强度为零的点 D.将正试探电荷q0从T点移到N′点，静电力做正功 答案：CD 解析：设电势为零的等势面与线段MN交于H点，如图所示，由两异种点电荷产生的电场的特征可知，P点在H点左侧时，P点电势高于S点电势，P点与H点重合时，P点电势等于S点电势，P点在H点右侧时，P点电势低于S点电势，零势面外部电势大于内部电势，由电场线与电势面的关系，零势面上T点电场方向垂直等势面指向O点，故A、B错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，可知直线MN上在N点左侧电场强度不可能为零，在N点右侧，设场强为零的点与N点距离为d，M、N间距离为L，则有＝，解得d＝（＋1）L，即除无穷远处外，直线MN上还存在一个电场强度为零的点，故C正确；T点电势为零，N′点电势小于零，将正试探电荷q0从T点移到N′点，电势能减小，则静电力做正功，故D正确。 专题作业 1.（2024·江苏高考）在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是（　　） A.Ea＝Eb B.Ea＝2Eb C.Ea＝3Eb D.Ea＝4Eb 答案：D 解析：由电场力公式F＝qE可知，F­q图像的斜率表示电场强度，由题图可知，a、b两图线斜率之比为4∶1，则a、b两点的场强大小关系为Ea＝4Eb，D正确。 2.（2024·湖北高考）（多选）关于电荷和静电场，下列说法正确的是（　　） A.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B.电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动 答案：AC 解析：根据电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故A正确；根据电场线和等势面的关系可知，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，电场力对该点电荷做正功，该点电荷的电势能将减小，根据φ＝可知，若点电荷带正电，则将从高电势的地方向低电势的地方运动，若点电荷带负电，则将从低电势的地方向高电势的地方运动，故C正确，D错误。 3.（2024·河北高考）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（　　） A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 答案：C 解析：在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小，图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大，故选C。 4.（2024·江西高考）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是（　　） A.电场力增大，方向向左 B.电场力增大，方向向右 C.电场力减小，方向向左 D.电场力减小，方向向右 答案：B 解析：由题图可知，右侧金属板带正电荷，左侧金属板带负电荷，板间电场方向向左，电子带负电，受到的电场力方向与电场方向相反，因此电子受到的电场力方向向右；由U＝Ed可知，两金属板间距d减小，则板间电场强度E增大，由F＝eE可知，电子受到的电场力增大，故B正确。 5.（2024·北京高考）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（　　） A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 答案：C 解析：由等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；MN连线上的电场线方向由正点电荷指向负点电荷，沿电场线方向电势降低，可知，P点电势高于Q点电势，B错误；由点电荷电场强度E＝k和电场强度叠加原理得，P点电场强度大小EP＝k＋k，可知，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理，P、Q间任意一点的电场强度大小均变为原来的2倍，而P、Q间距离不变，根据U＝Ed及微元累积法可知，P、Q两点间电势差变为原来的2倍，C正确，D错误。 6.（2024·河北省唐山市高三下一模）（多选）如图所示，三棱锥P－MNR中，PM＝PN，S为MN棱的中点，MS＝PS＝RS＝NS，且PS与RS垂直。在顶点M、N分别固定电荷量为－Q的点电荷，在顶点R固定电荷量为＋Q的点电荷，规定无穷远电势为0，则（　　） A.P点电场强度的方向与PR垂直 B.P、S两点的电场强度大小相等 C.S点的电势大于0 D.S点的电势比P点的电势低 答案：AD 解析：根据题意PM＝PN，MS＝PS＝RS＝NS，PS⊥RS，可知三角形MPN和三角形PSR均为等腰直角三角形，设MS＝PS＝RS＝NS＝L，则PM＝PN＝PR＝L，则M、N两点处的点电荷在P点产生的合场强大小为E1＝2k·cos45°＝，方向由P指向S，R处的正电荷在P点产生的电场强度大小为E2＝k＝，方向由R指向P，在PSR平面内，点电荷在P点产生的场强如图所示，由E1cos45°＝E2可知，三个点电荷在P点产生的合场强E垂直于PR，且E＝E1sin45°＝，故A正确；M、N两点处的点电荷在S点产生的合场强为零，S点的场强即为R处电荷在S点所产生的场强，有ES＝，可知P、S两点的电场强度大小不相等，故B错误；根据几何知识可知，S在M、R两点处等量异种点电荷连线的中垂线上，则在这两个等量异种点电荷产生的电场中，S点的电势为0，在N点处负电荷产生的电场中，S点的电势小于0，由电势叠加原理可知，S点的电势小于0，故C错误；根据几何关系可知，PS连线在M、R两点处等量异种点电荷连线的中垂面上，由这两个点电荷所产生的电场在S、P两点处电势相同，均为0，在N点处负电荷产生的电场中，由于S到N的距离小于P到N的距离，则S点的电势比P点的电势低，由电势叠加原理可知，在三个点电荷产生的电场中，S点的电势比P点的电势低，故D正确。 7.（2024·湖南高考）真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是（　　） 答案：D 解析：根据点电荷的场强公式可知，电荷量为＋4q的点电荷在x轴正半轴坐标为x处的场强大小为E1＝k，方向沿x轴正方向，电荷量为－q的点电荷在该处的场强大小为E2＝k，方向沿x轴负方向；＝＝，则随着x增大，逐渐增大，且当x＝1时，E1＝E2，所以在x＝1的位置，场强为0，在x>1的位置，E1>E2，电场方向沿x轴正方向，在0<x<1的位置，E1<E2，电场方向沿x轴负方向；又因为无限远处电势为0，沿电场线方向电势降低，则在x轴正半轴上，从无限远到x＝1位置，电势从0开始增大，在x＝1位置电势最大，从x＝1位置到x＝0位置，电势一直减小，因x＝0处固定电荷量为－q的点电荷，则靠近x＝0处的电势小于0，故D正确。 8.（2024·福建省漳州市高三下第三次质量检测）（多选）如图，A、B为平行板电容器的两极板。初始时，电容器不带电，静电计的指针不张开。则（　　） A.S闭合时，静电计的指针张角立即增大到某一角度后保持不变 B.S闭合，稳定后将电阻箱R的阻值逐渐增大，静电计的指针张角不变 C.S闭合，稳定后再断开S，仅将A板向上平移一小段距离，静电计的指针张角增大 D.S闭合，稳定后再断开S，仅将A板向上平移一小段距离，A、B两板间场强变小 答案：BC 解析：静电计的指针张角随电容器两极板间电压的增大而增大，S闭合时，电源开始对电容器充电，电容器两极板间电压逐渐增大到某一值，静电计的指针张角逐渐增大到某一角度，电路稳定后，电容器两极板间电压等于电源的电动势，若将电阻箱R的阻值逐渐增大，电容器两极板间电压仍等于电源电动势，静电计的指针张角不变，A错误，B正确；S闭合，电路稳定后再断开S，电容器所带的电荷量Q保持不变，由C＝、C＝和E＝，可得两极板间电压U＝d，两极板间场强E＝，若仅将A板向上平移一小段距离，则d增大，U增大，静电计的指针张角增大，E不变，C正确，D错误。 9.（2024·福建省南平市高三下三模）如图，一对金属板水平放置，间距足够大，极板间的电压为U，在金属板右侧有一竖直屏。一不计重力的带电粒子从两板中央以水平速度v0入射，入射方向的延长线与屏的交点为O点，粒子打在屏上的位置与O点的距离为y。将U变为0.5U，v0变为0.5v0，保持其他条件不变，粒子打在屏上的位置与O点的距离将变为（　　） A.4y B.2y C.y D.0.5y 答案：B 解析：设带电粒子的质量为m，电荷量为q，金属板长为L，两金属板间间距为d，金属板右端到屏的距离为s，粒子在两金属板间运动的加速度大小为a，时间为t，则带电粒子在金属板间运动时，水平方向有L＝v0t，竖直方向有＝ma，离开金属板间电场时，垂直金属板方向的速度vy＝at，合速度v与水平方向夹角θ的正切值为tanθ＝，根据类平抛运动的推论“速度的反向延长线交于水平位移的中点”，得带电粒子打在屏上的位置与O点的距离为y＝tanθ，联立得y＝，可知，当U变为0.5U，v0变为0.5v0，保持其他条件不变时，y将变为原来的2倍，即粒子打在屏上的位置与O点的距离将变为2y，故选B。 10.（多选）如图所示，不计重力的质子（H）和α粒子（He）先后从同一位置由静止经同一水平加速电场加速，然后进入同一竖直匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，则在整个运动过程中，质子和α粒子相比，质子（　　） A.竖直偏移量较小 B.所用的时间较小 C.动量改变量较小 D.动能改变量较小 答案：BCD 解析：设粒子射出加速电场时的速度为v，根据动能定理有qU＝mv2，所以进入竖直匀强电场时的速度v＝，质子的比荷较大，射出加速电场时的速度v较大，由x加＝t加知质子在加速电场中的运动时间较小；粒子在竖直匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为t＝＝L，质子的比荷较大，在偏转电场中所用的时间较小，所以质子所用的总时间t总＝t加＋t较小，故B正确。粒子竖直偏移量为y＝at2＝··L2·＝，偏移量与粒子比荷无关，所以质子与α粒子的竖直偏移量相等，故A错误。设粒子打到荧光屏上时的速度为v′，由动能定理可知qU＋qE·y＝mv′2－0，所以粒子动量改变量为Δp＝mv′＝，竖直偏移量y相同，mq乘积小的动量改变量小，故质子动量改变量较小，故C正确。由动能定理可知，粒子动能改变量ΔEk＝mv′2＝qU＋qE·y，竖直偏移量相同，电荷量小的动能改变量小，故质子的动能改变量较小，故D正确。 11.（2024·河南省五市高三下二模）（多选）如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度v0沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于该粒子在OA这一过程的运动情况，下列说法正确的是（　　） A.带电粒子带负电 B.带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小 C.这段运动过程中粒子的最小动能为mv D.电场力方向与x轴正方向之间夹角的正切值为 答案：BD 解析：由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；带电粒子从O点到A点速度增加，动能增加，则电场力对该粒子做正功，带电粒子的电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；分析知，带电粒子所受电场力方向斜向右下方，则加速度方向斜向右下方，设带电粒子的加速度a的方向与x轴正方向之间的夹角为θ， 从O点运动到A点的时间为t，如图所示，则在沿着y轴方向有0＝v0－asinθ·t，在沿着x轴方向有v＝acosθ·t，由题意可知v＝2v0，联立解得tanθ＝，由牛顿第二定律知，电场力方向与x轴正方向之间夹角的正切值为，故D正确；当带电粒子的动能最小即速度最小时，粒子的速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为vmin，将初速度v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得vmin＝v0cosθ＝v0，则这段运动过程中粒子的最小动能为Ekmin＝mv＝mv，故C错误。 12.（2024·河北高考）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q>0），质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： （1）电场强度E的大小。 （2）小球在A、B两点的速度大小。 答案：（1） （2）　 解析：（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，电场强度的大小为E＝。 （2）设小球在A点的速度大小为vA，在B点的速度大小为vB。小球在A点时，细线对小球的拉力为0，对小球，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m 解得vA＝ 从A到B的过程，对小球，根据动能定理得 qU－mgL＝mv－mv 解得vB＝。 13.（2024·全国甲卷）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（　　） A.Q1<0，＝－2 B.Q1>0，＝－2 C.Q1<0，＝－3 D.Q1>0，＝－3 答案：B 解析：根据电场线处处与等势线垂直，且方向由高电势处指向低电势处，可得Q1与Q2间的电场线由Q1指向Q2，则Q1带正电，Q2带负电，即Q1>0，Q2<0；设图中电势为0的等势线与Q1、Q2连线的交点到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，由图可知，r1＝2r2，对该交点处，由φ＝k和电势叠加原理，可得k＋k＝0，联立解得＝－2。故B正确。 14.（2024·广西高考）如图，将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sinθ＝，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中（　　） A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 答案：A 解析：如图所示，设小圆环从P1点运动到P2点的过程中经过P点时，PM与MN夹角为α，根据几何关系，得θ≤α≤90°－θ，并可得出图中几个角均等于α角。小圆环经过P点时，M处点电荷对小圆环的库仑力沿P点处圆弧切线方向向右的分力大小为FMx＝FM·sinα＝ksinα，已知α逐渐增大，则FMx随α增大而逐渐增大；N处点电荷对小圆环的库仑力沿P点处圆弧切线方向向左的分力大小为FNx＝FN·cosα＝kcosα，已知α逐渐增大，则FNx随α增大而逐渐减小；当FMx＝FNx时，解得tanα＝，则此时α＝90°－θ，可知小圆环从P1运动到P2的过程中，始终有FMx≤FNx（只有在P2处FMx＝FNx），即小圆环所受静电力沿轨迹切线方向的分力始终向左（在P2处为0），故静电力一直对小圆环做正功，A正确，B、C、D错误。 15.（2023·福建省三明市高三下质量检测）（多选）如图，水平放置的A、B板和M、N板分别组成平行板电容器C1和C2，A板通过一理想二极管与M板相连接，B板和N板都接地。M、N两板之间插有电介质，A板和B板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上。现让A板带正电，稳定后，一带电液滴从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达B板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是（　　） A.仅将A板向下移动一小段距离后，A板电势升高 B.仅将N板向右移一小段距离时，C1、C2均不充放电 C.仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，C1充电、C2放电 D.M板向下移动一小段距离时，液滴能穿过B板小孔 答案：BD 解析：开始各板均不带电，各板电势均为0，让A板带正电后，A板电势大于0，二极管导通，有电流从A板到M板，M板带上正电，直到A、M板电势相同后达到稳定。仅将A板向下移动一小段距离后，由C＝可知电容器C1的电容增大，设A板电荷量不变，由C＝可知A板电势降低，所以M板要给A板充电，但是二极管反向无法接通，所以不能充电，故A板电荷量不变，电势降低，故A错误；仅将N板向右移一小段距离时，由C＝可知电容器C2的电容减小，设M板电荷量不变，由C＝可知M板电势升高，M板要给A板充电，但是二极管反向无法接通，所以不能充电，故M板电荷量不变，A板电荷量不变，C1、C2均不充放电，故B正确；仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，由C＝可知电容器C2的电容增大，设M板电荷量不变，由C＝可知M板电势降低，A板要给M板充电，二极管正向导通，所以能充电，则C1放电、C2充电，故C错误；M板向下移动一小段距离时，由C＝可知电容器C2的电容增大，由C项分析同理可知C1放电、C2充电，则A、B板间电势差减小，电场强度减小，带电液滴在A、B板间克服电场力做功减小，由动能定理可知液滴能穿过B板小孔，故D正确。 16.（2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测一）某区域存在一电场，该区域内x轴上各点电势φ随位置x变化的关系如图所示。α粒子从D点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴通过C点，下列说法中正确的是（　　） A.由D点到C点电场强度的方向始终沿x轴正方向 B.α粒子从D点到C点运动的过程中所受电场力先增大后减小 C.α粒子从D点到C点运动的过程中其电势能减小10 eV D.α粒子从D点到C点运动的过程中其动能先增大后减小 答案：D 解析：α粒子从D点到C点沿x轴做直线运动，则所受电场力沿x轴方向，所以由D点到C点的电场沿x轴方向，又因为沿电场方向电势降低，所以从D点到C点电场强度的方向先沿x轴正方向，后沿x轴负方向，故A错误；由φ­x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，可知从D点到C点电场强度先减小后增大，所以α粒子从D点到C点运动的过程中所受电场力先减小后增大，故B错误；α粒子带正电，所带电荷量q＝2e，则从D点到C点运动的过程中其电势能减小量为ΔEp＝qφD－qφC＝20 eV，故C错误；从D点到C点，α粒子所受电场力先向右后向左，则电场力先做正功后做负功，由动能定理可知，α粒子的动能先增大后减小，故D正确。 17.（2024·四川省泸州市高三下三诊）（多选）三个带电小球的电荷量和质量分别为（＋q，m）、（＋2q，m）、（－q，2m），q>0。它们先后以相同的速度在同一点沿水平方向射入同一匀强电场中，电场沿竖直方向。下列关于描述这三个带电小球的运动轨迹图中，可能正确的是（　　） 答案：BD 解析：设（＋q，m）对应A球、（＋2q，m）对应B球、（－q，2m）对应C球，匀强电场的电场强度大小为E，因A、B球带正电，C球带负电，电场沿竖直方向，则必有球受竖直向下的重力和向下的电场力而做轨迹向下弯曲的类平抛运动，A、C错误。若电场方向竖直向上，以向下为正方向，三球所受合力分别为FA＝mg－qE，FB＝mg－2qE，FC＝2mg＋qE，若其中一球做匀速直线运动，另外两球轨迹向下弯曲即所受合力向下，则做匀速直线运动的必为B球，有FB＝mg－2qE＝0，则FA＝mg－qE＝mg，FC＝2mg＋qE＝mg，aA＝＝g，aC＝＝g，aA≠aC，则A、C向下弯曲做类平抛运动的轨迹不同，B可能正确；若三球轨迹均向下弯曲即所受合力向下，因aA＝＝g－，aB＝＝g－，aC＝＝g＋，则aC>aA>aB，三球向下弯曲做类平抛运动的轨迹不同，D可能正确。若电场方向竖直向下，同理分析可知，B、D可能正确。故选B、D。 18.（2024·山西省太原市高三下学期第三次模拟）示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，YY′偏转电极上加的是待测信号电压，XX′偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与信号电压周期相同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。下列说法正确的是（　　） A.电子在示波管内做类平抛运动 B.待测信号电压不会改变电子的动能 C.若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律变化 D.若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半，荧光屏上会出现两个周期内的正弦图像 答案：C 解析：电子在示波管内偏转电极外的区域做匀速直线运动，故A错误；电子经过YY′偏转电极时，电子向所受电场力方向偏转，电场力做正功，所以待测信号电压使电子的动能增大，故B错误；若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，则此时扫描电压周期等于信号电压周期，由题意可知，此时荧光屏上的图像即为待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像，即待测信号在一个周期内随时间按正弦规律变化，若将扫描电压的周期变为原来的一半，则待测信号在其前半周期和后半周期将分别被扫描一次，则荧光屏上将出现前半周期和后半周期重叠的正弦图像，C正确，D错误。 19.（2024·安徽省合肥市高三下二模）（多选）在带电粒子“碰撞”实验中，t＝0时，粒子P以初速度v0向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运动的v­t图像如图所示，S1、S2分别是0～t1、t1～t2时间内两速度—时间图像所围面积的大小，且S1＝S2。已知P、Q的质量分别为mP、mQ，仅考虑静电力的作用，且P、Q始终未接触。则下列说法中正确的是（　　） A.mP＝2mQ B.两粒子在t1时刻的电势能最大 C.P在t2时刻的速度大小为 D.t2时刻后两图像仍会出现交点 答案：BC 解析：对两粒子，在0～t1时间内，根据动量守恒定律有mPv0＝（mP＋mQ）×，解得2mP＝mQ，故A错误；在两粒子“碰撞”过程中，在t1时刻两粒子速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能最多，由能量守恒定律可知，两粒子的电势能最大，故B正确；由于S1＝S2，则0时刻与t2时刻两粒子间距离相等，系统的电势能相等，由动量守恒定律得mPv0＝mPvP＋mQvQ，根据能量守恒定律得mPv＝mPv＋mQv，联立解得t2时刻P的速度vP＝－，即P在t2时刻的速度大小为，故C正确；由两粒子的运动过程可知，两粒子间的电场力为斥力，则t2时刻后两粒子速度方向始终相反，两图像不会出现交点，故D错误。 20.（2024·河北省张家口市高三下二模）如图所示，在正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，电荷量分别为－Q、＋Q、＋Q、－Q，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。将一带电量为＋q的试探电荷在原点O处由静止释放，当它运动到E点（图中未画出）时达到最大速度v，设无穷远处电势为零，试探电荷重力忽略不计。 （1）求E点的电势φE； （2）若将该正试探电荷从x轴负半轴上无限远处M点以初速度3v沿x轴正方向射入，求它在以后运动过程中的最小速度。 答案：（1）－　（2）2v 解析：（1）将四个点电荷看作两组等量异种点电荷，根据等量异种点电荷的电场分布特征和电势叠加原理，可知原点O处电势与无穷远处电势相等，即φO＝0 从O处到E点，根据动能定理有 qUOE＝mv2－0 其中UOE＝φO－φE 联立解得φE＝－。 （2）将四个点电荷看作两组等量同种点电荷，根据等量同种点电荷的电场分布特征和电场强度叠加原理，可知从原点O向x轴负方向，电场强度先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，分析知E点即在场强方向改变处，E点电势最低；同理，从原点O向x轴正方向，电场强度先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，由对称性知，与E点关于O点对称的F点即在场强方向改变处，F点电势最高，φF－φO＝φO－φE 将该正试探电荷从x轴负半轴上无限远处M点以初速度3v沿x轴正方向射入，假设它能运动到F点，则它运动到F点时速度最小，设它运动到F点时的速度大小为vF，从M点到F点，根据动能定理有 qUMF＝mv－m（3v）2 其中UMF＝φM－φF φM＝0 联立解得vF＝2v vF>0，则假设成立， 即它的最小速度vmin＝vF＝2v。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$