第13讲 电场及带电粒子在电场中的运动 专题讲义 -2025届高考物理二轮复习

第13讲　电场及带电粒子在电场中的运动 考点一　电场的性质 1.电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 2.等势面与电场线的关系 (1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。 (2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。 (3)沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。 3.电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法 物理量 判断方法 电场 强弱 ①根据电场线的疏密判断 ②根据公式E＝k和电场强度叠加原理判断 电势 高低 ①根据电场线的方向判断 ②由UAB＝判断 ③根据静电力做功(或电势能)判断 电势能 大小 ①根据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 例1 (多选)如图1所示，空间中有一正方体abcd—a′b′c′d′，在b点固定点电荷＋Q，在d点固定点电荷－Q，O、O′分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是(　　) 图1 A.a点与c′点的电场强度方向相同 B.b′、a′两点间电势差等于O′、d′两点间电势差 C.将某点电荷＋q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷所受的静电力先变大后变小 D.将某点电荷＋q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷的电势能先变大后变小 跟踪训练1 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2所示。下列说法正确的是(　　) 图2 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移动时静电力做功为零 跟踪训练2 (多选)(2023·全国乙卷，19)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图3所示。M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球(　　) 图3 A.在运动过程中，电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 考点二　电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 v－t 图像 当带电粒子只受静电力时，从v－t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电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 φ－x 图像 (1)从φ－x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)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E－x 图像 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿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 Ep－x 图像 (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 例2 如图4为不等量同种点电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ－x图像，图线与φ轴正交，交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。取无穷远处电势为0，某一正电荷的质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是(　　) 图4 A.q1、q2均带负电 B.两电荷电量之比＝ C.将正电荷从a点由静止释放，到达b点时速度为0 D.将正电荷从a点由静止释放，若经过O点时速度为v0，则a点电势为φa＝φ0＋ 跟踪训练1 如图5甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的电场强度随x变化关系如图乙所示，其中x1＝和x2＝2R处的电场强度大小相等，则(　　) 图5 A.x1和x2处电场强度方向相反 B.球内部的电场为匀强电场 C.负试探电荷在位置R处的电势能比在位置x2处的电势能大 D.位置x1处的电势高于位置x2处的电势 跟踪训练2 如图6所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放，在静电力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是(　　) 图6 考点三　带电粒子在电场中的运动 1.电场中直线运动问题的两种解题思路 (1)动能定理：不涉及a、t时可用。 (2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用。 2.匀强电场中的偏转问题 (1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用运动的分解来解决。 (2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。 注意：偏转时静电力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)。 3.匀强电场中偏转问题的两个结论 (1)如图7所示，有tan φ＝2tan θ，且x＝。 图7 (2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量y＝at2＝＝，偏转角的正切值tan φ＝＝，与比荷无关，y和φ总是相同的。 粒子打在光屏上的位置P到中心的距离y0＝y＋ltan φ＝tan φ。 4.带电体在电场和重力场中运动的分析方法 (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。 例3 如图8甲所示，长度L＝0.8 m的光滑绝缘细杆左端固定一带电荷量为QA＝＋4.0×10－6 C的点电荷A，一质量为m＝0.04 kg、带电荷量为q＝＋2.0×10－7 C的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在x≥0.40 m范围可近似看作直线。求： 图8 (1)小球B在x＝0.30 m处受到外电场对它沿杆方向的静电力F和外电场在该点沿杆方向的电场强度E； (2)已知小球在x＝0.20 m处获得水平向右的初速度v＝0.20 m/s时，最远可以运动到x＝0.40 m。若小球在x＝0.20 m处受到方向向右、大小为0.02 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开杆，恒力作用的最小距离s是多少？ 跟踪训练1 如图9所示，竖直面内有矩形ABCD，∠DAC＝30°，以O为圆心的圆为矩形的外接圆，AC为竖直直径，空间存在范围足够大、方向由A指向B的匀强电场。将质量均为m的小球P、Q以相同速率从A点抛出，小球P经过D点时的动能是小球在A点时动能的4倍。已知小球P不带电，小球Q带正电，电荷量为q，重力加速度为g，该电场的电场强度大小为。则小球Q经过B点时的动能是小球在A点时动能的(　　) 图9 A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍 跟踪训练2 (多选)如图10所示，竖直平面内存在一匀强电场，电场强度方向与水平方向间的夹角θ＝60°，O、M为其中一条电场线上的两点，一带电粒子电荷量为q，不计重力，在O点以水平初速度v0进入电场，经过时间t粒子到达与M在同一水平线上的N点，且OM＝MN，则(　　) 图10 A.UMO＝UNM B.粒子带负电 C.带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能 D.由O到N运动过程中，静电力的功率增大 高考真题 1.(2023·湖南卷，5)如图11，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　) 图11 A.Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q B.Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q C.Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q D.Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q 2.(多选)(2023·辽宁卷，9)图12(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则(　　) 图12 A.P点电势比M点的低 B.P点电场强度大小比M点的大 C.M点电场强度方向沿z轴正方向 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 3.(多选)(2023·天津卷，8)如图，在一个固定的正点电荷产生的电场中，一个正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时的速度大小也相等，则下列说法正确的是(　　) 图13 A.P点电势高于M点电势 B.M点电势高于N点电势 C.q从P点运动到M点一直做减速运动 D.M、N两点处的电场强度大小相等 4.(2023·新课标卷，25)密立根油滴实验的示意图如图14所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 图14 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 5.（2024·北京·高考真题）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。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 6.（2024·河南·一模）两个点电荷固定在x轴上的M、N点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远电势为零，下列说法正确的是（　　） A．固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量小 B．Q点的电势等于零 C．从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动 D．从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小 7.（2023·北京·高考真题）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO = OF。一不计重力带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ） A．做匀加速直线运动 B．在O点所受静电力最大 C．由E到O的时间等于由O到F的时间 D．由E到F的过程中电势能先增大后减小 作业练习 基础练习 1.(2023·湖北卷，3)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　) A.若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远 B.若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近 C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN 2.如图1所示，真空中A、B、C三点的连线构成一个边长L＝2 m的等边三角形，AD为BC连线的中垂线，D为BC连线中点。若将电荷量均为q＝＋2×10－6 C的两点电荷分别固定在B、C点，已知静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，则(　　) 图1 A.两点电荷间的库仑力大小为4.5×10－3 N B.将一负点电荷放在D点，其受到的静电力最大 C.A点电场强度的大小为×103 N/C D.从D点到A点电势逐渐升高 3.(多选)如图2所示，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，虚线为一带电粒子从a点运动到b点的运动轨迹，不计粒子重力，则(　　) 图2 A.带电粒子带负电 B.带电粒子在a点和b点的电势能相等 C.带电粒子在a点和b点的加速度相同 D.带电粒子从a点运动到b点，静电力做负功 4.如图3所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点。其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是(　　) 图3 A.A、B两点的电场强度相同 B.C点电场强度大于B点电场强度 C.某负电荷在C点的电势能大于在B点的电势能 D.某正电荷从C点移动到B点，静电力做正功 5.在某静电场中建立Ox轴，x轴上各点的电势φ随坐标x变化的关系图像如图4所示。现将一电荷从x1处沿x轴负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O，不计电荷的重力。下列说法正确的是(　　) 图4 A.从x1到原点O过程中电荷的电势能逐渐减小 B.从x1到原点O过程中电荷的加速度先增大后减小 C.从x1到原点O过程中电荷做匀减速直线运动 D.电荷的电性为正电荷 6.(多选)如图5甲所示，一点电荷静止在坐标轴原点，将一带单位电荷的正试探电荷由a点经过b点移到c点，其电势能与该点到点电荷的距离x变化的图像如图乙所示。若电场中a、b、c点的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，相邻两点间的电势差分别为Uab和Ubc，静电力做的功分别为Wab和Wbc，则下列说法正确的是(　　) 图5 A.Ea∶Eb＝4∶1 B.Eb∶Ec＝3∶2 C.Uab∶Ubc＝3∶1 D.Wab∶Wbc＝2∶1 7.(多选)如图6所示，某“静电透镜”区域的等势面为图中虚线，其中M、N两点电势φM>φN。现有一束粒子经M点沿垂直于虚线的方向进入“透镜”电场，粒子运动过程中仅受静电力作用，并最终穿过小孔。下列说法正确的是(　　) 图6 A.若粒子为电子，则其动能一定增加 B.若粒子为正电子，则其电势能一定减少 C.若粒子为电子，则其有可能通过N点 D.若粒子为正电子，则其有可能通过N点 8.一平行板电容器保持与电源连接，正极板接地，两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图7甲所示。用Ep表示试探电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向下移动一小段距离x，则此过程中Ep与x的关系合理的是图乙中的(　　) 图7 A.图线a B.图线b C.图线c D.图线d 9.（2023·吉林白山·二模）空间中一静电场的电场强度E在x轴上分布情况如图所示，其中图像关于E轴对称，x轴上的A、B两点关于原点O对称。一电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A点沿轴运动到B点。下列说法正确的是（　　） A．x轴上的电场强度方向沿x轴正方向 B．A、B两点的电势相等 C．电子从A点运动到B点的过程中，电子的加速度先增大后减小 D．电子从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先做负功再做正功 10.（2023·湖南·模拟预测）在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．处的电场强度大于处电场强度 B．处的电势高于处的电势 C．在处点电荷的电荷量的绝对值为 D．电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少 11.（2024·浙江·高考真题）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　） A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 提分训练 12.(多选)(2023·广东卷，9)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图8所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电量保持不变)，像素由黑色变成白色，下列说法正确的有(　　) 图8 A.像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 B.像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 C.像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功 D.像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功 13.空间中有一正四面体ABCD如图9所示，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是(　　) 图9 A.E、F两点电势不同 B.E、F两点电场强度相同 C.E点的电场强度大小为 D.E点的电场强度大小为 14.如图10所示，在匀强电场中，有边长为10 cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA＝2 V、φB＝4 V、φC＝6 V。下列说法正确的是(　　) 图10 A.匀强电场的电场强度大小为40 V/m，方向为由A指向C B.将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了6.4×10－19 J C.将电子由A点移到C点，电子的电势能增加了6.4×10－19 J D.在三角形ABC外接圆的圆周上，电势最低点的电势为2 V 15.如图11所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　　) 图11 A.匀强电场的电场强度大小为E＝ B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝ C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 16.1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，揭开了原子神秘的面纱。如图12所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图，阴极K发出的电子由静止经过加速电压U0加速后，沿轴线进入两平行极板C、D间。仅在C、D极板间施加一定电压，电子从C、D右侧离开时偏离轴线距离为y；若保持电压不变，在C、D间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e，质量为m。C、D极板间距为d，长度为L。求： 图12 (1)电子经过加速电压U0加速后的速度大小v0； (2)C、D极板间所加的电压大小U； (3)C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。 17.如图13所示，带电金属板A、B竖直平行正对放置，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点，y轴沿竖直方向。在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为1 000 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处由静止释放，其运动轨迹恰好经过点M(4 m，2 m)，粒子P的重力不计。求： 图13 (1)粒子P从O运动到M的时间t； (2)金属板A、B之间的电势差UAB； (3)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍，带电情况与P相同，粒子Q的重力及P、Q之间的相互作用均忽略不计，求粒子Q释放点的横、纵坐标x、y应满足的函数关系。 18.（2024·浙江·高考真题）如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（　　） A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为 D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 19.（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为、周期为的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 （1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； （2）求金属板的板间距离D和带电粒子在时刻的速度大小v； （3）求从时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 20.（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过时的速度大小； (2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第13讲　电场及带电粒子在电场中的运动 考点一　电场的性质 1.电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 2.等势面与电场线的关系 (1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。 (2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。 (3)沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。 3.电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法 物理量 判断方法 电场 强弱 ①根据电场线的疏密判断 ②根据公式E＝k和电场强度叠加原理判断 电势 高低 ①根据电场线的方向判断 ②由UAB＝判断 ③根据静电力做功(或电势能)判断 电势能 大小 ①根据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 例1 (多选)如图1所示，空间中有一正方体abcd—a′b′c′d′，在b点固定点电荷＋Q，在d点固定点电荷－Q，O、O′分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是(　　) 图1 A.a点与c′点的电场强度方向相同 B.b′、a′两点间电势差等于O′、d′两点间电势差 C.将某点电荷＋q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷所受的静电力先变大后变小 D.将某点电荷＋q由a′点沿a′c′移至c′点，该电荷的电势能先变大后变小 答案　ABC 解析　根据等量异种点电荷电场的分布可知，a点与c′点在同一等势面上，电场强度都垂直于等势面且指向负的点电荷一方，故A正确；a′与O′在同一等势面上，b′和d′相对于两个点电荷连线的中垂面对称，所以b′、a′两点间电势差等于O′、d′两点间电势差，故B正确；根据等量异种点电荷电场的分布可知，由a′点沿a′c′到c′点，电场强度先增大后减小，所以将某点电荷＋q由a′点沿a′c′移至c′点的过程中，该电荷所受静电力先增大后减小，故C正确；由等量异种点电荷电场的分布可知，aa′c′c所在的平面是等势面，所以将某点电荷＋q由a′点沿a′c′移至c′点，电荷的电势能不变，故D错误。 跟踪训练1 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2所示。下列说法正确的是(　　) 图2 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移动时静电力做功为零 答案　C 解析　根据题意，平行金属膜中间夹着绝缘介质，所以电场线是竖着的，等势线与电场线互相垂直，是横着的，所以a点所在的线是电场线，故选项A错误；b点处的电场线比c点处稀疏，则Eb<Ec，故选项B错误；根据电场线与等势线垂直可知，过a点的等势线比过b点的等势线靠下，因此b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，故选项C正确；静电力做功与路径无关，取决于两点间的电势差，图中d、g并不在同一条等势线上，因此静电力做功不为零，故选项D错误。 跟踪训练2 (多选)(2023·全国乙卷，19)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图3所示。M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球(　　) 图3 A.在运动过程中，电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 答案　BC 解析　画出O点处点电荷过M、N两点的等势面，如图所示，由图可知带负电的小球在运动过程中电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，A错误；距正点电荷越远，电势越低，则φN＞φP，根据电势能计算式Ep＝qφ，结合小球带负电可知EpN＜EpP，B正确；小球在运动过程中动能、重力势能、电势能的总和保持不变，M、N两点在正点电荷的同一等势面上，因此小球在M、N两点上的电势能相等，则小球在M、N两点上的机械能相等，C正确；结合小球运动方向与受力方向夹角变化可知，小球从M点运动到N点的过程中电场力先做正功后做负功，D错误。 考点二　电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 v－t 图像 当带电粒子只受静电力时，从v－t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电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 φ－x 图像 (1)从φ－x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)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E－x 图像 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿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 Ep－x 图像 (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 例2 如图4为不等量同种点电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ－x图像，图线与φ轴正交，交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。取无穷远处电势为0，某一正电荷的质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是(　　) 图4 A.q1、q2均带负电 B.两电荷电量之比＝ C.将正电荷从a点由静止释放，到达b点时速度为0 D.将正电荷从a点由静止释放，若经过O点时速度为v0，则a点电势为φa＝φ0＋ 答案　D 解析　由图可知x轴上的－x0和2x0之间的电势都大于零，故两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；在x＝0处φ－x图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，有k＝k，解得q1∶q2＝1∶4，故B错误；因a点电势高于b点电势，正电荷从a点由静止释放到达b点，静电力做正功，因此到达b点时速度不为0，故C错误；从a点静止释放到O点时，由动能定理可得e(φa－φ0)＝mv，得φa＝φ0＋，故D正确。 跟踪训练1 如图5甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的电场强度随x变化关系如图乙所示，其中x1＝和x2＝2R处的电场强度大小相等，则(　　) 图5 A.x1和x2处电场强度方向相反 B.球内部的电场为匀强电场 C.负试探电荷在位置R处的电势能比在位置x2处的电势能大 D.位置x1处的电势高于位置x2处的电势 答案　D 解析　x1和x2处电场强度均为正值，方向相同，A错误；由图乙可知，球内部的电场随x的增大而增大，不是匀强电场，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以位置R处的电势比位置x2处的电势高，负试探电荷在位置R处的电势能比在位置x2处的电势能小，C错误；由图乙可知电场方向由x1指向x2，根据沿电场线方向电势降低可知位置x1处的电势高于位置x2处的电势，D正确。 跟踪训练2 如图6所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放，在静电力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是(　　) 图6 答案　B 解析　根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受到的静电力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v－t图像切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图像的斜率先减小后增大，故C错误；根据Ep＝qφ，得＝q＝qE，E先减小后增大，所以Ep－x图像切线的斜率先减小后增大，故D错误。 考点三　带电粒子在电场中的运动 1.电场中直线运动问题的两种解题思路 (1)动能定理：不涉及a、t时可用。 (2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用。 2.匀强电场中的偏转问题 (1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用运动的分解来解决。 (2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。 注意：偏转时静电力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)。 3.匀强电场中偏转问题的两个结论 (1)如图7所示，有tan φ＝2tan θ，且x＝。 图7 (2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量y＝at2＝＝，偏转角的正切值tan φ＝＝，与比荷无关，y和φ总是相同的。 粒子打在光屏上的位置P到中心的距离y0＝y＋ltan φ＝tan φ。 4.带电体在电场和重力场中运动的分析方法 (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。 例3 如图8甲所示，长度L＝0.8 m的光滑绝缘细杆左端固定一带电荷量为QA＝＋4.0×10－6 C的点电荷A，一质量为m＝0.04 kg、带电荷量为q＝＋2.0×10－7 C的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在x≥0.40 m范围可近似看作直线。求： 图8 (1)小球B在x＝0.30 m处受到外电场对它沿杆方向的静电力F和外电场在该点沿杆方向的电场强度E； (2)已知小球在x＝0.20 m处获得水平向右的初速度v＝0.20 m/s时，最远可以运动到x＝0.40 m。若小球在x＝0.20 m处受到方向向右、大小为0.02 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开杆，恒力作用的最小距离s是多少？ 答案　(1)0.14 N，水平向左　7×105 N/C，水平向左 (2)0.44 m 解析　(1)根据题意，设小球B在x＝0.30 m处受到点电荷A对它的作用力为F1，外电场对它沿杆方向的作用力为F，合力为F合，则有F合＝F1＋F， 结合图像信息可得F＝－0.14 N 即小球B在x＝0.30 m处受到的外电场对它沿杆方向的静电力F的大小为0.14 N，方向水平向左，根据电场强度定义式可得E＝＝7×105 N/C，方向水平向左。 (2)根据图乙中曲线Ⅱ围成的面积表示合静电力对小球B做的功，可知小球从x＝0.20 m到x＝0.40 m处，合静电力做功为W1＝0－mv2＝－8×10－4 J 由图可知，小球从x＝0.40 m到x＝0.80 m处， 合静电力做功为W2＝－0.02×0.4 J＝－8×10－3 J 由动能定理有W1＋W2＋F外s＝0 解得s＝0.44 m。 跟踪训练1 如图9所示，竖直面内有矩形ABCD，∠DAC＝30°，以O为圆心的圆为矩形的外接圆，AC为竖直直径，空间存在范围足够大、方向由A指向B的匀强电场。将质量均为m的小球P、Q以相同速率从A点抛出，小球P经过D点时的动能是小球在A点时动能的4倍。已知小球P不带电，小球Q带正电，电荷量为q，重力加速度为g，该电场的电场强度大小为。则小球Q经过B点时的动能是小球在A点时动能的(　　) 图9 A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍 答案　B 解析　由于匀强电场由A指向B，可知AD为等势线，设圆的半径为R，小球P经过D点时的动能是小球在A点时动能的4倍，根据动能定理可得mg·R＝4Ek0－Ek0，整理得Ek0＝mgR；小球Q从A点抛出到B点过程，根据动能定理可得mgRcos 60°＋qER＝EkB－Ek0，又qE＝mg，联立解得EkB＝4Ek0，即小球Q经过B点时的动能是小球在A点时动能的4倍，故B正确。 跟踪训练2 (多选)如图10所示，竖直平面内存在一匀强电场，电场强度方向与水平方向间的夹角θ＝60°，O、M为其中一条电场线上的两点，一带电粒子电荷量为q，不计重力，在O点以水平初速度v0进入电场，经过时间t粒子到达与M在同一水平线上的N点，且OM＝MN，则(　　) 图10 A.UMO＝UNM B.粒子带负电 C.带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能 D.由O到N运动过程中，静电力的功率增大 答案　BCD 解析　由UMO＝E·，UNM＝E·cos θ，可得UNM＝UMO，选项A错误；根据粒子的运动轨迹可知，粒子受静电力斜向下，可知粒子带负电，选项B正确；带电粒子从O到N静电力做正功，电势能减小，则带电粒子在O点的电势能大于在N点的电势能，选项C正确；根据P＝qEv，由O到N运动过程中，粒子沿电场线方向的速度v增大，可知静电力的功率增大，选项D正确。 高考真题 1.(2023·湖南卷，5)如图11，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　) 图11 A.Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q B.Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q C.Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q D.Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q 答案　D 解析　若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的电场强度叠加后一定不为零，A、B错误；几何关系如图甲，若Q1＝Q3＝－q，则根据E＝k，分析可知E1＝4E3，Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图乙所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能为零，C错误；若4Q1＝Q3＝4q，Q2＝－q，则根据E＝k分析可知E1＝E3＝k，叠加后E13＝k，如图丙所示，与Q2在P点产生的电场强度等大反向，叠加为零，D正确。 2.(多选)(2023·辽宁卷，9)图12(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则(　　) 图12 A.P点电势比M点的低 B.P点电场强度大小比M点的大 C.M点电场强度方向沿z轴正方向 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 答案　CD 解析　由题图可知M点靠近带负电的极杆，P点靠近带正电的极杆，又电势沿电场强度方向降低，则P点的电势比M点的电势高，A错误；等势面的疏密程度反映电场强度的大小，由题图(b)可知M点处的等势面密，则M点的电场强度大，B错误；由对称性可知两带正电的极杆在M点产生的电场强度方向沿z轴正方向，两带负电的极杆在M点产生的电场强度方向也沿z轴正方向，则由电场强度的叠加可知M点的电场强度方向沿z轴的正方向，C正确；由对称性可知x轴上的电场强度为零，则带电粒子沿x轴运动时始终不受电场力的作用，所以电场力不做功，电势能保持不变，D正确。 3.(多选)(2023·天津卷，8)如图，在一个固定的正点电荷产生的电场中，一个正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时的速度大小也相等，则下列说法正确的是(　　) 图13 A.P点电势高于M点电势 B.M点电势高于N点电势 C.q从P点运动到M点一直做减速运动 D.M、N两点处的电场强度大小相等 答案　AD 解析　由题意可知正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别到达M点和N点，且其在M、N点时的速度大小相等，则这两个过程中试探电荷动能的变化量相等，即电场力做的功相等，由W＝qU可知P、M两点的电势差和P、N两点的电势差相等，故M、N两点的电势相等，B错误；由图可知，正试探电荷q从P点运动到N点的轨迹向右弯曲，则可以判断出试探电荷q在P点受到的电场力方向向右，又根据正试探电荷q从P点运动到M点的轨迹为直线，可判断出q从P点到M点，其所受的电场力沿PM方向，所以q从P点到M点一直做加速运动，电场力一直做正功，P点电势高于M点电势，A正确，C错误；由于M、N两点的电势相等，则M、N两点在同一等势面上，又点电荷产生的电场中，等势面是一系列的同心球面，所以M、N两点到固定正点电荷的距离相等，由点电荷的电场强度公式E＝可知，M、N两点处的电场强度大小相等，D正确。 4.(2023·新课标卷，25)密立根油滴实验的示意图如图14所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 图14 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 答案　(1)8∶1　(2)a带负电荷　b带正电荷　4∶1 解析　(1)根据题述有f＝kvr 设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动时，由平衡条件有 m1g＝kv0r1，m1＝πrρ 设油滴b的质量为m2，油滴b以速率向下匀速运动时，由平衡条件有 m2g＝k·r2，m2＝πrρ 联立解得r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝8∶1。 (2)当在上下平板加恒定电压(上板为正)时，这两个油滴很快以的速率竖直向下匀速运动，则油滴a速率减小，说明油滴a受到向上的电场力，油滴a带负电荷，油滴b速率增大，说明油滴b受到向下的电场力，则油滴b带正电荷。 当两个油滴均以速率竖直向下匀速运动时， 由f＝kvr可知所受阻力之比为＝＝2 油滴b以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g，结合f＝kvr可知油滴b以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g 油滴a以速率竖直向下匀速运动，所受阻力为f1＝2f2＝4m2g 设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有 m1g＝q1E＋f1 设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有 m2g＋q2E＝f2 联立解得q1∶q2＝4∶1。 5.（2024·北京·高考真题）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。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 【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误； B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误； CD．由电场叠加得P点电场强度 若仅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Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 故选C。 6.（2024·河南·一模）两个点电荷固定在x轴上的M、N点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远电势为零，下列说法正确的是（　　） A．固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量小 B．Q点的电势等于零 C．从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动 D．从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小 【答案】C 【详解】A．M、N连线中点处场强大于0，且两点间场强最小位置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量大，故A错误； B．若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误； C．从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前场强一直为正值，则场强方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确； D．从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误。 故选C。 7.（2023·北京·高考真题）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO = OF。一不计重力带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ） A．做匀加速直线运动 B．在O点所受静电力最大 C．由E到O的时间等于由O到F的时间 D．由E到F的过程中电势能先增大后减小 【答案】C 【详解】AB．带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做往复运动，在O点所受电场力为零，故AB错误； C．根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确； D．点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。 故选C。 作业练习 基础练习 1.(2023·湖北卷，3)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　) A.若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远 B.若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近 C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN 答案　C 解析　若φM>φN，根据沿着电场线的方向电势降低及正点电荷产生的电场特点可知，M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；若EM<EN，M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则从M点到N点电势逐渐升高，故有φM<φN，故C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D错误。 2.如图1所示，真空中A、B、C三点的连线构成一个边长L＝2 m的等边三角形，AD为BC连线的中垂线，D为BC连线中点。若将电荷量均为q＝＋2×10－6 C的两点电荷分别固定在B、C点，已知静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，则(　　) 图1 A.两点电荷间的库仑力大小为4.5×10－3 N B.将一负点电荷放在D点，其受到的静电力最大 C.A点电场强度的大小为×103 N/C D.从D点到A点电势逐渐升高 答案　C 解析　根据库仑定律可知，B、C两点电荷间的库仑力大小为F＝k，解得F＝9.0×10－3 N，故A错误；在等量同种正点电荷周围的电场中，连线中点处的电场强度为零，则放在D点的负点电荷受到的静电力为零，故B错误；两点电荷在A点产生的电场强度大小相等，均为E1＝k＝4.5×103 N/C，根据电场叠加原理和几何关系，两点电荷在A点产生的合电场强度大小为E＝2E1cos 30°，解得E＝×103 N/C，方向竖直向上，故C正确；沿着电场线方向电势降低，由此可知，从D点到A点电势逐渐降低，故D错误。 3.(多选)如图2所示，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，虚线为一带电粒子从a点运动到b点的运动轨迹，不计粒子重力，则(　　) 图2 A.带电粒子带负电 B.带电粒子在a点和b点的电势能相等 C.带电粒子在a点和b点的加速度相同 D.带电粒子从a点运动到b点，静电力做负功 答案　AC 解析　根据粒子运动轨迹可知，带电粒子受到的静电力方向偏向＋q点电荷，可知带电粒子带负电，故A正确；离正点电荷越近，电势越高，离负点电荷越近，电势越低；由题图可知a点离－q点电荷比较近，b点离＋q点电荷比较近，可知a点电势低于b点电势，由Ep＝qφ知带电粒子在a点和b点的电势能不相等，故B错误；根据电场强度叠加原理可知，a点和b点的电场强度大小相等，方向相同，则带电粒子在a点和b点受到的静电力相同，加速度相同，故C正确；带电粒子从a点运动到b点，静电力先做负功，后做正功，故D错误。 4.如图3所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点。其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是(　　) 图3 A.A、B两点的电场强度相同 B.C点电场强度大于B点电场强度 C.某负电荷在C点的电势能大于在B点的电势能 D.某正电荷从C点移动到B点，静电力做正功 答案　C 解析　电场线与等势面垂直，根据对称性可知A、B两点的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；因为B点的等势面比C点密集，所以B点电场强度大于C点电场强度，B错误；因为B点的电势高于C点的电势，由公式Ep＝qφ可知，某负电荷在C点的电势能大于在B点的电势能，C正确；正电荷从C点移动到B点的过程中，静电力做负功，D错误。 5.在某静电场中建立Ox轴，x轴上各点的电势φ随坐标x变化的关系图像如图4所示。现将一电荷从x1处沿x轴负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O，不计电荷的重力。下列说法正确的是(　　) 图4 A.从x1到原点O过程中电荷的电势能逐渐减小 B.从x1到原点O过程中电荷的加速度先增大后减小 C.从x1到原点O过程中电荷做匀减速直线运动 D.电荷的电性为正电荷 答案　B 解析　由题图可知，从x1到O点电势降低，电荷从x1处沿x轴负方向以一定速度射出，恰好到达坐标原点O，则静电力做负功，电势能增大，电荷带负电，选项A、D错误；因φ－x图像的斜率表示电场强度，则从x1到原点O过程中电场强度先增加后减小，则电荷所受静电力先增加后减小，电荷的加速度先增大后减小，选项B正确；从x1到原点O过程中电荷所受的静电力不断变化，则加速度不是恒定的，电荷不是做匀减速直线运动，选项C错误。 6.(多选)如图5甲所示，一点电荷静止在坐标轴原点，将一带单位电荷的正试探电荷由a点经过b点移到c点，其电势能与该点到点电荷的距离x变化的图像如图乙所示。若电场中a、b、c点的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，相邻两点间的电势差分别为Uab和Ubc，静电力做的功分别为Wab和Wbc，则下列说法正确的是(　　) 图5 A.Ea∶Eb＝4∶1 B.Eb∶Ec＝3∶2 C.Uab∶Ubc＝3∶1 D.Wab∶Wbc＝2∶1 答案　AC 解析　点电荷在其周围产生的电场强度为E＝k，所以Ea∶Eb＝r∶r＝4∶1，Eb∶Ec＝r∶r＝9∶4，故A正确，B错误；根据公式Wab＝qUab＝Epa－Epb＝3 J，Wbc＝qUbc＝Epb－Epc＝1 J，可知Uab∶Ubc＝3∶1，Wab∶Wbc＝3∶1，故C正确，D错误。 7.(多选)如图6所示，某“静电透镜”区域的等势面为图中虚线，其中M、N两点电势φM>φN。现有一束粒子经M点沿垂直于虚线的方向进入“透镜”电场，粒子运动过程中仅受静电力作用，并最终穿过小孔。下列说法正确的是(　　) 图6 A.若粒子为电子，则其动能一定增加 B.若粒子为正电子，则其电势能一定减少 C.若粒子为电子，则其有可能通过N点 D.若粒子为正电子，则其有可能通过N点 答案　BC 解析　根据题意可知电势φM>φN，则M点处电场线方向为向右。若粒子为电子，则受静电力方向与电场方向相反，静电力做负功，动能会减小。电子垂直虚线进入电场，根据图中等势面信息可知，电子会向下偏转，有可能通过N点，故A错误，C正确；若粒子为正电子，则受静电力方向与电场方向相同，静电力做正功，电势能减少，根据图中等势面信息可知，正电子应向上偏穿过小孔，不会经过N点，故B正确，D错误。 8.一平行板电容器保持与电源连接，正极板接地，两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图7甲所示。用Ep表示试探电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向下移动一小段距离x，则此过程中Ep与x的关系合理的是图乙中的(　　) 图7 A.图线a B.图线b C.图线c D.图线d 答案　B 解析　正极板接地，则P点电势为负，负试探电荷在P点的电势能为正值，C、D错误；电容器保持与电源连接，则电容器两极板间电压不变，设原来板间距离为d，P点到正极板的距离为dP，电源的两极间的电压为E，则正极板与P点间电势差U＝0－φP＝E，负试探电荷在P点的电势能Ep＝－qφP＝qE，A错误，B正确。 9.（2023·吉林白山·二模）空间中一静电场的电场强度E在x轴上分布情况如图所示，其中图像关于E轴对称，x轴上的A、B两点关于原点O对称。一电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A点沿轴运动到B点。下列说法正确的是（　　） A．x轴上的电场强度方向沿x轴正方向 B．A、B两点的电势相等 C．电子从A点运动到B点的过程中，电子的加速度先增大后减小 D．电子从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先做负功再做正功 【答案】C 【详解】A．电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A点沿轴运动到B点，说明电子所受电场力沿x轴正方向，而电子带负电，则x轴上的电场强度方向沿x轴负方向，A错误； B．沿电场线电势降低，电场线由B指向A，则A点电势低于B点电势，B错误； C．根据 由图知，电子从A点运动到B点的过程中电场强度先增大后减小，所以电子的加速度先增大后减小，C正确； D．电子从A点运动到B点的过程中，电场强度方向沿x轴负方向，故电场力一直做正功，D错误。 故选C。 10.（2023·湖南·模拟预测）在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A．处的电场强度大于处电场强度 B．处的电势高于处的电势 C．在处点电荷的电荷量的绝对值为 D．电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少 【答案】D 【详解】A．由图可知，从处到处，电场强度反方向不断增大，所以处的电场强度小于处电场强度，故A错误； B．在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，选取轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从处到处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以处的电势低于处的电势，故B错误； C．设在处固定另一点电荷的电荷量为，在处场强为0，可得 解得 故C错误； D．电子从移动到过程，顺着电场线运动，可知电场力做负功，电势能增加， 从移动到过程，逆着电场线运动，可知电场力做正功，电势能减少，所以电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少，故D正确。 故选D。 11.（2024·浙江·高考真题）如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　） A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 【答案】C 【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误； B．当场强满足 时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误； C．根据动能定理 可求出小球到B点时的速度vB，根据 可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律 可得小球的切向加速度，再根据矢量合成可得B点的加速度为 故C正确； D．小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN方向的等量异种点电荷的电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡，其与MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。 故选C。 提分训练 12.(多选)(2023·广东卷，9)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图8所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电量保持不变)，像素由黑色变成白色，下列说法正确的有(　　) 图8 A.像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 B.像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 C.像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功 D.像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功 答案　AC 解析　像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；像素呈白色时，当胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，黑色微粒向下迁移，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力方向向上，位移方向向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力方向向上，位移方向向上，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。 13.空间中有一正四面体ABCD如图9所示，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是(　　) 图9 A.E、F两点电势不同 B.E、F两点电场强度相同 C.E点的电场强度大小为 D.E点的电场强度大小为 答案　C 解析　由于E、F两点分别到正四面体各个顶点距离完全相同，可知E、F两点电势相同，故A错误；由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；根据电场的叠加法则可知A、B两个点电荷在E点产生的合电场强度为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，由几何关系可知lCE＝lsin 60°＝l，根据点电荷电场强度公式有E＝k＝，E点的合电场强度为E合＝2Ecos θ，根据几何关系可知cos θ＝＝，所以E点的电场强度为E合＝，故C正确，D错误。 14.如图10所示，在匀强电场中，有边长为10 cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA＝2 V、φB＝4 V、φC＝6 V。下列说法正确的是(　　) 图10 A.匀强电场的电场强度大小为40 V/m，方向为由A指向C B.将电子由A点移到C点，电子的电势能减少了6.4×10－19 J C.将电子由A点移到C点，电子的电势能增加了6.4×10－19 J D.在三角形ABC外接圆的圆周上，电势最低点的电势为2 V 答案　B 解析　AC边中点D的电势φD＝＝4 V，即B、D连线(过O点)为等势线，电场线垂直于BD，且沿电场线方向电势降低，由电场强度与电势差间的关系得E＝＝ V/m＝40 V/m，电场强度方向为由C指向A，故A错误；将电子从A点移到C点，静电力做功WAC＝qUAC＝－1.6×10－19×(2－6)J＝6.4×10－19 J，电子的电势能减少了6.4×10－19 J，故B正确，C错误；由图可知，在三角形ABC外接圆周上，电势最低的点不是A点，最低电势不是2 V，故D错误。 15.如图11所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　　) 图11 A.匀强电场的电场强度大小为E＝ B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝ C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 答案　A 解析　小球静 止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知tan θ＝，解得E＝，故A正确；小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知＝，动能Ekmin＝mv，联立解得Ekmin＝，故B错误；由功能关系可知，当小球运动到最左边与O点等高位置时，静电力做负功最多，机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，所以电势能先减小，后增大，再减小，故D错误。 16.1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，揭开了原子神秘的面纱。如图12所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图，阴极K发出的电子由静止经过加速电压U0加速后，沿轴线进入两平行极板C、D间。仅在C、D极板间施加一定电压，电子从C、D右侧离开时偏离轴线距离为y；若保持电压不变，在C、D间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e，质量为m。C、D极板间距为d，长度为L。求： 图12 (1)电子经过加速电压U0加速后的速度大小v0； (2)C、D极板间所加的电压大小U； (3)C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)电子经过加速电压U0加速，有 eU0＝mv 解得v0＝。 (2)粒子进入极板间之后做类平抛运动， 竖直方向和水平方向上有y＝at2，L＝v0t 由e＝ma得加速度为a＝ 联立各式可得U＝。 (3)若保持电压不变，在C、D间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进，说明电子所受静电力和洛伦兹力平衡eE＝ev0B 又E＝，联立解得B＝。 17.如图13所示，带电金属板A、B竖直平行正对放置，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点，y轴沿竖直方向。在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为1 000 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处由静止释放，其运动轨迹恰好经过点M(4 m，2 m)，粒子P的重力不计。求： 图13 (1)粒子P从O运动到M的时间t； (2)金属板A、B之间的电势差UAB； (3)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍，带电情况与P相同，粒子Q的重力及P、Q之间的相互作用均忽略不计，求粒子Q释放点的横、纵坐标x、y应满足的函数关系。 答案　(1)2×10－4 s　(2)2×103 V (3)y＝x2(x>0) 解析　(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动。 由平抛运动规律可得yM＝at2 根据牛顿第二定律有qE＝ma 解得t＝2×10－4 s。 (2)设粒子P从O点进入匀强电场时的速度大小为v0，可知xM＝v0t 在金属板A、B之间，由动能定理有 qUAB＝mv 解得UAB＝2×103 V。 (3)设Q在右侧电场中运动的加速度为a′，Q粒子从(x，y)点释放后，竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，经时间t′与粒子P相遇。对于P粒子 有xP＝v0t′，yP＝at′2 对于Q粒子x＝xP，yQ＝a′t′2，qE＝2ma′ 因为a′<a，所以粒子Q应在第一象限内释放，且有 yP＝y＋yQ 联立解得y＝x2(x>0)。 18.（2024·浙江·高考真题）如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（　　） A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为 D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 【答案】C 【详解】AB．根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到到达N板时 则到达N板时的动能为 与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项AB错误； C．平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为 解得 选项C正确； D．M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则 解得 选项D错误。 故选C。 19.（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为、周期为的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 （1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； （2）求金属板的板间距离D和带电粒子在时刻的速度大小v； （3）求从时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 【答案】（1）正电；；（2）；；（3） 【详解】（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为 根据 则粒子所带的电荷量 （2）若金属板的板间距离为D，则板长粒子在板间运动时 出电场时竖直速度为零，则竖直方向 在磁场中时 其中的 联立解得 （3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离 则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则 20.（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过时的速度大小； (2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在中，根据牛顿运动定律有 根据匀变速直线运动规律有 、 又 解得 （3）粒子在P处时的速度大小为 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有 由几何关系可知 解得 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$