PAGE32-第8講電場及帶電粒子在電場中的運動構建網絡·重溫真題1．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷D．P帶負電荷，Q帶正電荷答案D解析細繩豎直，把P、Q看做整體，在水平方向所受合力為零，對外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯誤；P、Q帶不同性質的電荷，有兩種狀況：P帶正電，Q帶負電，或P帶負電，Q帶正電，兩種狀況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負電，Q帶正電時符合題意，C錯誤，D正確。2．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則()A．a點和b點的電勢相等B．a點和b點的電場強度大小相等C．a點和b點的電場強度方向相同D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加答案BC解析b點距q近，a點距－q近，則b點的電勢高于a點的電勢，A錯誤。如圖所示，a、b兩點的電場強度可視為E3與E4、E1與E2的合場強，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場強Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于φa<φb，將負電荷從低電勢處移至高電勢處的過程中，電場力做正功，電勢能削減，D錯誤。3．(2024·全國卷Ⅱ)(多選)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止起先運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點間，粒子的軌跡肯定與某條電場線重合C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D．粒子在N點所受電場力的方向肯定與粒子軌跡在該點的切線平行答案AC解析如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經過先加速再減速的過程，A正確；已知帶電粒子只受電場力，粒子運動軌跡與電場線重合須具備初速度與電場線平行或為0、電場線為直線兩個條件，B錯誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不肯定是直線，故粒子在N點所受電場力的方向與粒子軌跡在該點的切線方向不肯定平行，D錯誤。4．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最終將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4W答案ABD解析依據電場力做功與電勢能改變的關系知Q1在C點的電勢能Ep＝W，依據電勢的定義式知C點電勢φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正確；在A點的點電荷產生的電場中，B、C兩點處在同一等勢面上，Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，B正確；將Q1移到B點固定后，再將Q2從無窮遠處移到C點，兩固定點電荷對Q2的庫侖力做的功均為2W，則電場力對Q2做的總功為4W，C錯誤；因為無窮遠處電勢為0，則Q2移到C點后的電勢能為－4W，D正確。5．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是()A．平面c上的電勢為零B．該電子可能到達不了平面fC．該電子經過平面d時，其電勢能為4eVD．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍答案AB解析勻強電場內a、b、c、d、f間距相等，則電子每通過相鄰兩個等勢面電場力做功相同，則Wad＝3Wbc，即Wbc＝－eUbc＝－2eV，Ubc＝φb－φc＝2V，所以φc＝0，A正確；依據動能定理從a到d：Wad＝Ekd－Eka，可得：Ekd＝4eV，電子在d時有動能4eV，速度可能沿各個方向，取極端狀況：①電子沿電場線方向運動，從d到f電場力做功Wdf＝Wbc＝－2eV，Ekf＝Ekd＋Wdf＝2eV>0，可到達；②電子到d時速度方向沿等勢面d，將不能到達平面f，B正確；同理電子到達等勢面c的動能Ekc＝6eV，由于等勢面c的電勢為零，電子在等勢面c的電勢能為零，依據能量守恒定律，電子在運動過程中電勢能和動能的總和保持一個定值，即Epd＋Ekd＝Epc＋Ekc＝6eV，故電子經過平面d時，其電勢能為Epd＝2eV，C錯誤；電子經過平面b和d時的動能分別為：Ekb＝8eV和Ekd＝4eV，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可得電子經過平面b時的速率是經過d時的eq\r(2)倍，D錯誤。6.(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，下列說法正確的是()A．此勻強電場的場強方向肯定與a、b兩點連線平行B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功肯定為eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小肯定為eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差肯定等于b、N兩點之間的電勢差答案BD解析依據題意無法推斷電場方向，故A錯誤；由于電場為勻強電場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以φM＝eq\f(φc＋φa,2)，φN＝eq\f(φd＋φb,2)，若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功肯定為W＝qUMN＝q(φM－φN)＝qeq\f(φc＋φa,2)－qeq\f(φd＋φb,2)＝eq\f(qUcd＋qUab,2)＝eq\f(W1＋W2,2)，故B正確；因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不肯定是eq\f(W2,qL)，故C錯誤；若W1＝W2，說明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因為φM＝eq\f(φc＋φa,2)，φN＝eq\f(φd＋φb,2)，解得：UaM－UbN＝0，故D正確。7．(2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)B運動到P點時的動能。答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)解析(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。依據牛頓其次定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設B從O點放射時的速度大小為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據動能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)。8．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場強大小相等，設均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。9．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小。答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(mg,\r(2)q)解析(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍舊為v0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運動學公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3④(2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式得veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進入電場后做直線運動，由幾何關系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2?由已知條件有Ek1＝1.5Ek2?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(mg,\r(2)q)。命題特點：常以選擇題的形式考查電場的力的性質及能的性質。常結合圖象考查電場的特點及做功狀況、能量轉化狀況。常以計算題的形式考查帶電粒子在電場中的加速或偏轉問題。思想方法：對稱法、等效法、比值定義法。高考考向1電場性質的理解例1(2024·江蘇揚州一模)(多選)如圖所示，在等量異種電荷形成的電場中有一正方形ABCD，其對角線AC與兩點電荷的連線重合，兩對角線的交點位于電荷連線的中點O。下列說法中正確的有()A．A、B兩點的電場強度方向相同B．B、D兩點的電勢相同C．質子由C點沿C→O→A路徑移至A點，電場力對其先做負功后做正功D．電子由B點沿B→C→D路徑移至D點，電勢能先增大后減小eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)兩個點電荷在某點產生的電場強度如何計算？提示：分別算出每個點電荷在該點單獨產生的場強，然后再矢量疊加。(2)兩個點電荷的電場中電勢凹凸如何推斷？提示：依據電場線方向推斷，沿電場線方向電勢漸漸降低。[解析]在如圖所示的電場中，A、B兩點的場強方向都是水平向右的，故A正確；由于兩電荷連線的中垂線為零等勢線，則B、D兩點電勢相同，故B正確；圖中兩電荷連線上電場方向水平向右，即由A指向C，故質子由C點沿C→O→A路徑移至A點過程中受水平向右的電場力，電場力做負功，故C錯誤；電子由B沿B→C運動到C的過程中，電場力做負功，沿C→D運動到D的過程中，電場力做正功，整個過程中電場力對其先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，故D正確。[答案]ABD分析電場的特點和性質問題的一般思路(1)電場強度①依據電場線的疏密程度進行推斷。②依據等差等勢面的疏密程度進行推斷。③依據E＝keq\f(Q,r2)結合矢量合成進行推斷或計算。(2)電勢①依據沿電場線方向電勢漸漸降低進行推斷。②依據φ＝eq\f(Ep,q)進行推斷或計算。③空間存在兩個或兩個以上的電場時，依據電勢的疊加求代數(shù)和進行推斷或計算。(3)電勢能①依據Ep＝φq進行推斷或計算。留意推斷或計算時Ep、φ、q均帶正、負號，且Ep、φ的正、負號表示大小。②依據電場力做功進行推斷或計算。若電場力對電荷做正功，電勢能削減，反之則增加，且WAB＝－ΔEp。③依據能量守恒定律進行推斷或計算。電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉化，而總和應保持不變，即當動能增加時，電勢能削減，反之則增加，且ΔEk＝－ΔEp。1．(2024·福建省泉州市一模)(多選)如圖，電荷量大小相等的點電荷A、B、C放置在等邊三角形的頂點上，O為三角形的中心，a、b、c分別為三邊的中點，d是O關于a的對稱點。已知A帶負電，B、C均帶正電，則()A．O點電場強度為零B．b、c兩點電場強度大小相等C．電子在d點的電勢能比在O點的小D．質子從b點移到O點，電場力做正功答案BC解析O點的電場強度為B、C電荷在O點產生的合場強與A電荷在O點產生的場強的矢量和，兩場強方向均為由O指向A，可知O點的電場強度不為零，故A錯誤；由對稱性可知，b、c兩點電場強度大小相等，故B正確；假如沒有A電荷存在，O點和d點的電勢相等，由于A負電荷的存在，且O點離A電荷更近，所以O點的電勢比d點低，電子在d點的電勢能比在O點的小，故C正確；O、b兩點位于A、C連線的中垂線上，假如沒有B電荷存在，O、b兩點電勢相等，由于B電荷的存在，且O點離B電荷更近，所以O點電勢更高，質子在O點的電勢能更大，所以質子從b點移到O點，電勢能增大，電場力做負功，故D錯誤。2.(2024·山東淄博三模)如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產生的電場的電場線，虛線為電子從A點運動到B點的運動軌跡，則下列推斷正確的是()A．A點的場強小于B點的場強B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量C．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能D．電子在A點的速度大于在B點的速度答案D解析依據“電場線的密疏表示場強的大小”可知，A點的場強比B點的場強大，A錯誤；依據電場線分布狀況可知，Q1、Q2是同種電荷，由點電荷Q2四周電場線較密可知點電荷Q2帶電荷量較多，即Q1＜Q2，故B錯誤；電子做曲線運動，受到的合力方向指向曲線的凹處，故電子過B點時受到的電場力F方向斜向下，可知電子從A點運動到B點的過程中，電場力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，電子在A點的速度大于在B點的速度，故C錯誤，D正確。高考考向2電勢差與電場強度的關系例2(2024·廣東珠海一模)(多選)如圖，空間有平行于紙面的勻強電場，處于該電場中的直角三角形ABC直角邊BC＝20cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分線。若在直角頂點B處有一個射線源，能朝空間各方向射出動能為1000eV的電子，則能在頂點A和C分別探測到動能為1100eV和900eV的電子，本題中運動的電子僅需考慮受勻強電場的電場力，則()A．AB間的電勢差UAB＝100VB．該勻強電場的場強E＝1000V/mC．電場強度的方向沿A指向DD．整個三角形內，頂點C的電勢最高eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)如何推斷電場強度的方向？提示：可依據等勢面推斷，電場線與等勢面垂直，由高電勢指向低電勢。(2)勻強電場中，電勢的分布有何特點？提示：沿隨意直線電勢勻稱改變。[解析]電子由B到A過程中由動能定理可得：－eUBA＝1100eV－1000eV，可得UBA＝－100V，所以UAB＝100V，故A正確；電子由B到C過程中由動能定理可得－eUBC＝900eV－1000eV，可得UBC＝100V，所以AC間的電勢差為UAC＝100V－(－100V)＝200V，依據勻強電場的性質可知，AC的中點E與B點電勢相等，BE為等勢線，由幾何關系可知AD與BE垂直，故場強方向由A指向D，所以C正確；由幾何學問可得AB在AD上的投影為10cm，所以電場強度的大小為：E＝eq\f(100,0.1)V/m＝1000V/m，故B正確；整個三角形內，頂點A的電勢最高，故D錯誤。[答案]ABCE＝eq\f(U,d)的應用技巧(1)E＝eq\f(U,d)在勻強電場中的理解及應用①UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離。②沿電場強度方向電勢著陸得最快。③在同始終線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點間電勢差相等。(2)E＝eq\f(U,d)在非勻強電場中的幾點妙用及兩類典型圖象①說明等差等勢面的疏密與電場強度大小的關系。當電勢差U肯定時，電場強度E越大，則沿電場強度方向的距離d越小，即電場強度越大，等差等勢面越密。②定性推斷非勻強電場電勢差的大小關系。沿電場強度方向距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。③利用φ-x圖象的斜率推斷沿x方向電場強度Ex隨位置的改變規(guī)律。在φ-x圖象中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)，斜率的大小表示電場強度的大小，可依據電勢大小關系確定電場強度的方向，也可依據WAB＝qUAB＝q(φA－φB)，分析WAB的正負。④利用E-x圖象的面積推斷或計算兩點間電勢差。3．(2024·江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大答案AC解析兩個點電荷在x軸上，且x1處的電勢為零，x>x1處的電勢大于零，x<x1處的電勢小于零，假如q1、q2為同種電荷，x軸上各點的電勢不會有正有負，故q1、q2必為異種電荷，A正確。由φ-x圖象知，在x1處圖象的切線斜率不為零，故x1處的電場強度不為零，故B錯誤。x2處的電勢最高，x1處的電勢為零，則x1、x2間電場強度的方向向左，負電荷從x1移動到x2的過程，電場力做正功，電勢能減小，C正確。由圖象知，在x1處圖線的斜率較大，則在x1處場強較大，在x2處圖線的斜率為零，則場強也為零，從x1移到x2場強是減小的，故電荷所受電場力也是減小的，D錯誤。4．(2024·安徽蚌埠高三二模)(多選)電場中有一條電場線與x軸重合，x軸上各點的電場強度與位置的關系如圖所示，一質子只在電場力作用下自坐標原點由靜止釋放沿x軸正方向運動，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點電勢φb＝0。則下列結論正確的是()A．質子沿x軸做勻速直線運動B．質子在a、c兩點的電勢能相等C．質子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4D．坐標原點O的電勢為1.5E0d答案CD解析由E-x圖象和F＝qE可知質子沿x軸先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速直線運動，最終做加速度增大的加速直線運動，故A錯誤；質子始終做加速直線運動，電場力始終做正功，電勢能始終減小，故B錯誤；由E-x圖象與x軸所包圍的面積表示兩點間的電勢差大小，可知UOa＝E0d，UOb＝eq\f(3,2)E0d，UOc＝2E0d，由動能定理則有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝eq\f(3,2)qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以質子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4，故C正確；依據UOb＝φO－φb可得坐標原點O的電勢為φO＝1.5E0d，故D正確。高考考向3有關平行板電容器的問題分析例3(2024·北京高考)探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)靜電計指針的張角大小表示什么物理量？該物理量依據什么公式計算？提示：電容器兩極板間的電壓大小。依據C＝eq\f(Q,U)計算。(2)平行板電容器的電容確定式是什么？提示：C＝eq\f(εrS,4πkd)。[解析]用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，a、b兩板帶等量異種電荷，故A正確；依據平行板電容器電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，依據C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則兩極板間的電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故B錯誤；依據平行板電容器電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在極板間插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，依據C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，靜電計指針的張角減小，故C錯誤；電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關，故D錯誤。[答案]A平行板電容器的動態(tài)問題分析(1)抓住三個基本公式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)。(2)兩類動態(tài)分析d、S、εr改變時U、Q、C、E改變的推斷依據：①充電后與電池兩極相連：U不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，Q＝CU(改變同C)，E＝eq\f(U,d)。②充電后與電池兩極斷開：Q不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)(改變與C相反)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)。(3)電勢和電勢能的改變結合電場的相關公式分析。5．(2024·天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異號電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變答案D解析極板移動過程中帶電荷量Q保持不變，靜電計指針張角改變反映極板間電勢差U的改變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)可知，上極板下移，d減小，C增大，U減小，又E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，則E不變，P點電勢不變，Ep不變，綜合上述，只有D正確。6．(2024·安徽省宿州市質檢)(多選)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的改變，進而能測出電容的改變，最終就能探測到物體位移的改變，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體()A．向左移動時，θ增大B．向右移動時，θ增大C．向左移動時，θ減小D．向右移動時，θ減小答案BC解析由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當被測物體帶動電介質板向左移動時，兩極板間電介質增多，εr變大，則電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當被測物體帶動電介質板向右移動時，兩極板間電介質削減，εr變小，則電容C減小，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤。高考考向4帶電粒子在電場中的運動例4(2024·南昌三模)(多選)如圖所示，豎直平面內有水平向左的勻強電場E，M點與N點在同一電場線上。兩個質量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點和N點同時垂直進入電場，不計兩粒子的重力和粒子間的庫侖力。已知兩粒子都能經過P點，在此過程中，下列說法正確的是()A．從M點進入的粒子先到達P點B．從M點進入的粒子電荷量較小C．從M點進入的粒子動量改變較大D．從M點進入的粒子電勢能改變較小eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)粒子在水平方向和豎直方向分別做什么運動？提示：豎直方向做勻速直線運動，水平方向做勻加速直線運動。(2)如何求動量改變量？提示：由動量定理求。[解析]由題意可知兩粒子的豎直分位移相等、豎直方向速度相等，由s＝v0t，可知兩粒子到達P點的時間相等，故A錯誤；在相等時間內從M點進入的粒子運動的水平位移較小，其加速度較小，依據a＝eq\f(qE,m)可知從M點進入的粒子電荷量較小，故B正確；依據動量定理可知，粒子的動量改變等于合外力的沖量，由于從M點進入的粒子電荷量較小，其受到的電場力較小，合外力的沖量也較小，所以從M點進入的粒子動量改變較小，故C錯誤；從M點進入的粒子受到的電場力較小，且在電場力作用下沿電場方向運動的位移也較小，所以電場力做功較小，則電勢能改變較小，故D正確。[答案]BD帶電粒子在電場中運動問題的分析思路(1)首先分析粒子的運動規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運動還是曲線運動。(2)對于直線運動問題，可依據對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理：①假如是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應用牛頓其次定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。②假如是非勻強電場中的直線運動問題，一般利用動能定理分析全過程中能的轉化，探討帶電粒子的速度改變、運動的位移等。(3)對于曲線運動問題，通常有以下兩種狀況：①對于在勻強電場中的曲線運動，一般是類平拋運動，通常采納運動的合成與分解的方法處理。通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，找尋兩個分運動，再應用牛頓運動定律或運動學規(guī)律求解。②對于在非勻強電場中的曲線運動，一般是依據牛頓運動定律、曲線運動學問和動能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當帶電粒子從一個電場區(qū)域進入另一個電場區(qū)域時，要留意分析帶電粒子的運動規(guī)律的改變及兩區(qū)域電場交界處的有關聯(lián)的物理量，這些關聯(lián)量往往是解決問題的突破口。7．(2024·天津高考)(多選)如圖所示，在點電荷Q產生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A．電子肯定從A向B運動B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無論Q為正電荷還是負電荷肯定有EpA<EpBD．B點電勢可能高于A點電勢答案BC解析若Q在M端，由電子運動的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rA<rB，故EA>EB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由電子運動的軌跡可知Q為負電荷，且電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rA>rB，故EA<EB，F(xiàn)A<FB，aA<aB，φA>φB，EpA<EpB。綜上所述A、D錯誤，B、C正確。8．(2024·湖南岳陽高三二模)一種測定電子比荷的試驗裝置如圖所示，在真空玻璃管內，陰極K發(fā)出的電子(可認為初速度為0)經陽極A與陰極K之間的高電壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度從兩極板C、D左端中點進入極板區(qū)域。若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點；若在兩極板C、D間施加偏轉電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若再在極板間施加一個方向垂直于紙面向外的勻強磁場，則電子又打在熒光屏上的O點。已知磁場的磁感應強度為B，極板間電壓為U，極板的長度為l，C、D間的距離為d，極板區(qū)的中點M到熒光屏中點O的距離為L，P點到O點的距離為y。(1)求電子進入偏轉電場的速度v0；(2)求電子的比荷eq\f(q,m)。答案(1)eq\f(U,Bd)(2)eq\f(yU,dlLB2)解析(1)加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，可知電子在C、D間受到電場力和洛倫茲力而處于平衡狀態(tài)，有：qE＝qv0B，又E＝eq\f(U,d)，聯(lián)立解得電子射入偏轉電場的速度v0＝eq\f(U,Bd)。(2)C、D間只有電場時，電子在極板區(qū)域運行的時間t1＝eq\f(l,v0)，在電場中的偏轉位移y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)teq\o\al(2,1)，電子離開極板區(qū)域時，沿垂直極板方向的速度vy＝at1＝eq\f(qE,m)t1，設電子離開極板區(qū)域后，到達光屏P點所需的時間為t2，t2＝eq\f(L－\f(l,2),v0)，電子離開電場后在垂直極板方向的位移y2＝vyt2，P點到O點的距離等于電子在垂直極板方向的總位移，y＝y(tǒng)1＋y2，聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(yU,dlLB2)。易錯警示帶電物體在“等效重力場”中的運動例(2024·山東省“評價大聯(lián)考”三模)如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內，直徑BD豎直，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，質量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，場強大小為E。質量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝eq\f(3mg,2E)，滑塊a與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g?，F(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點12R的A點由靜止釋放，運動到B點與滑塊b碰撞，碰撞時間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運動，a、b滑塊均視為質點。求：(1)滑塊a、b碰撞后的速度大小；(2)滑塊在圓形軌道上最大速度的大小，以及在最大速度位置處滑塊對軌道作用力的大??；(3)滑塊第一次落地點到B點的距離。分析與解此題涉及重力場與勻強電場組成的“等效重力場”問題，大部分同學不會將重力場中的學問遷移到“等效重力場”中來，不會找尋物理最高點、最低點，而成為犯錯率極高的題型。(1)a從A到B的過程由動能定理得Eeq\f(3mg,2E)×12R－μmg×12R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝2eq\r(6gR)對a與b碰撞過程由動量守恒定律得mv1＝2mv2解得v2＝eq\r(6gR)。(2)當滑塊的重力與電場力的合力方向和圓軌道半徑方向一樣時，滑塊速度最大。如圖，則有θ＝arctaneq\f(Eq,2mg)＝arctaneq\f(3,4)＝37°對滑塊從碰后到速度最大的過程由動能定理有Eeq\f(3mg,2E)Rsin37°－2mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得滑塊的最大速度v3＝eq\r(\f(13gR,2))對滑塊在此處，由牛頓其次定律得，F(xiàn)N－eq\f(2mg,cos37°)＝eq\f(2mv\o\al(2,3),R)解得滑塊受到軌道的支持力FN＝eq\f(31mg,2)由牛頓第三定律可知，此時滑塊對軌道的作用力大小FN′＝eq\f(31mg,2)。(3)假設滑塊能運動到D點，對滑塊從B到D的過程，由動能定理有－2mg×2R＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v4＝eq\r(2gR)。在D點，對滑塊受力分析得：FN1＋2mg＝eq\f(2mv\o\al(2,4),R)解得FN1＝2mg所以滑塊能通過D點并水平飛出，在豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(4R,g))水平方向受電場力，加速度不變，則s＝v4t－eq\f(1,2)×eq\f(Eq,2m)t2＝(2eq\r(2)－eq\f(3,2))R。答案(1)eq\r(6gR)(2)eq\r(\f(13gR,2))eq\f(31mg,2)(3)(2eq\r(2)－eq\f(3,2))R易錯警示“等效重力場”中的圓周運動也有對應的“等效”最高點和最低點，也有脫離軌道的時候，和重力場中的分析方法相同。配套作業(yè)限時：50分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第1～3題為單選題，第4～8題為多選題)1．(2024·河南鄭州三模)如圖所示，M、N為平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計，起先時閉合開關S，靜電計張開肯定角度。則下列說法正確的是()A．開關S保持閉合狀態(tài)，將R的滑片向右移動，靜電計指針張開角度增大B．開關S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大C．斷開開關S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變D．斷開開關S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強不變答案D解析保持開關閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差不變，因此無論將R的滑片向右移動，還是將兩極板間距增大，靜電計指針張角都不變，故A、B錯誤；斷開開關，電容器帶電量不變，將兩極板間距增大，即d增大，依據C＝eq\f(εrS,4kπd)知，電容減小，依據U＝eq\f(Q,C)知，兩極板間電勢差增大，故C錯誤；斷開開關，電容器帶電量不變，若緊貼下極板插入金屬板，則d減小，依據C＝eq\f(εrS,4kπd)及U＝eq\f(Q,C)得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，板間的電場強度不變，故D正確。2.(2024·河北唐山一模)如圖所示，M、N為兩個固定的等量同種正電荷，O點為其連線與中垂線的交點，從中垂線上P點處釋放一個負粒子，僅在電場力作用下由靜止起先運動，下列說法中正確的是()A．粒子將沿PO方向做直線運動B．從P到O的過程中，加速度肯定減小C．整個運動過程中，粒子在O點時電勢能最小D．整個運動過程中，粒子的電勢能始終增加答案C解析負粒子在從P到O的過程中，所受的電場力方向豎直向下，做加速運動，越過O點后，所受的電場力方向豎直向上，依據對稱性知粒子運動到與P點關于O點對稱的位置時速度減至零，然后，向上運動到P點，再周而復始，所以粒子將始終沿中垂線PO做往復直線運動，故A錯誤；由于PO間電場線分布狀況不清晰，電場強度的大小改變不清晰，所以從P到O的過程中，粒子受到的電場力可能先變大再變小，則加速度可能先變大再變小，當然也可能始終減小，但是粒子的速度肯定越來越大，在O點時速度最大，此時動能最大，依據能量守恒可知此時粒子的電勢能最小，故B、D錯誤，C正確。3．(2024·天津南開區(qū)二模)如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，在距離兩板等距的M點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)。若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點上方，穩(wěn)定后，下列說法中正確的是()A．液滴將向下加速運動B．M點電勢上升，液滴在M點的電勢能將增大C．M點的電場強度變小了D．在a板移動前后的兩種狀況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同答案D解析金屬板間電壓不變，恒為電源電壓，由E＝eq\f(U,d)可知，d減小，電場強度E增大，電場力增大，液滴將向上加速運動，故A、C錯誤；b板處電勢為零，UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，場強增大，M點電勢上升，液滴所受電場力方向向上，所以液滴帶負電，液滴在M點的電勢能降低，故B錯誤；在a板移動前后的兩種狀況下，若將液滴從a板移到b板，由于電壓相同，電場力做功qU相同，故D正確。4．(2024·甘肅武威二模)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知()A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C．帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時大D．帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時大答案ABD解析帶電質點所受電場力指向軌跡內側，由于帶電質點帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故a的電勢最高，c的電勢最低，A正確；依據質點受力狀況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能減小，故帶電質點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，B正確；從P到Q過程中電場力做正功，動能增大，故帶電質點通過P點的動能小于通過Q點的動能，C錯誤；等差等勢線密的地方電場線密，電場強度大，帶電質點通過P點時受到的電場力比通過Q點時大，故通過P點時的加速度比通過Q點時大，D正確。5．(2024·山東聊城一模)真空中有四個相同的點電荷，所帶電荷量均為q，固定在如圖所示的四個頂點上，隨意兩點電荷的連線長度都為L，靜電力常量為k，下列說法正確的是()A．不相鄰的兩棱中點連線在同一條電場線上B．每條棱中點的電場強度大小都為eq\f(8\r(6)kq,9L2)C．隨意兩棱中點間的電勢差都為零D．a、b、c三點為側面棱中點，則a、b、c所在的平面為等勢面答案BC解析依據對稱性可知，每條棱中點的電勢都相等，故不相鄰的兩棱中點不行能在同一條電場線上，故A錯誤，C正確；如圖所示，依據幾何學問得：Da＝Ca＝eq\f(\r(3),2)L，A和B兩點的點電荷在a點的合場強為零，C和D兩點的點電荷在a點的電場強度大小均為：E＝eq\f(kq,(\f(\r(3),2)L)2)＝eq\f(4kq,3L2)，設Ca和Da的夾角為2α，則sinα＝eq\f(\f(1,2)L,\f(\r(3),2)L)＝eq\f(\r(3),3)，則cosα＝eq\f(\r(6),3)，所以a點的場強大小為E合＝2Ecosα＝eq\f(8\r(6)kq,9L2)，依據對稱性可知每條棱中點的電場強度大小都為eq\f(8\r(6)kq,9L2)，故B正確；假設a、b、c所在的平面為等勢面，因為電場線方向垂直于等勢面，所以a、b、c所在平面電場強度的方向都在豎直方向，由電場疊加原理知b點的電場方向實際垂直b所在的棱，因此a、b、c所在的平面不是等勢面，故D錯誤。6．(2024·四川省樹德中學二診)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有與水平面平行的勻強電場，場強大小為E。在圓上A點有一放射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向放射帶電量為＋q的小球，小球會經過圓周上不同的點，在這些點中，以過C點的小球動能最大，且A、C兩點間的距離為eq\r(3)R。忽視小球間的相互作用，下列說法正確的是()A．電場的方向與AB間的夾角為30°B．電場的方向與AB間的夾角為60°C．若A點的電勢φA＝0，則C點的電勢φC＝－1.5ERD．若在A點以初動能Ek0放射小球，則小球經過B點時的動能EkB＝Ek0＋eq\r(3)qER答案BC解析小球在勻強電場中從A點運動到C點，依據動能定理有：qUAC＝Ek，因為到達C點的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點，且由A到C電場力對小球做正功，可知C為圓周上電勢最低的點。過C點作切線，為等勢線，電場線與等勢線垂直，場強方向如圖所示，由幾何關系得∠CAO＝∠ACO＝30°，所以電場方向與AB間的夾角θ為60°，故A錯誤，B正確；AC間的電勢差為：UAC＝E(eq\r(3)R·cos30°)＝eq\f(3,2)ER，若A點的電勢φA＝0，依據UAC＝φA－φC，則C點的電勢φC＝－eq\f(3,2)ER，故C正確；AB間的電勢差為：UAB＝E(2Rcos60°)＝ER，依據動能定理，在A點以初動能Ek0放射的小球，從A到B動能增加量為qER，則小球經過B點時的動能EkB＝Ek0＋qER，故D錯誤。7．(2024·沈陽郊聯(lián)體高三一模)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x改變的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，不計重力，則()A．A、N點的電場強度大小為零B．NC間場強方向向x軸正方向C．將一正點電荷靜止放在x軸負半軸，它將始終做加速運動D．將一負點電荷從N點移動到D點，電場力先做正功后做負功答案CD解析φ-x圖象的斜率等于電場強度E，圖線在A、N兩點處的斜率都不等于0，則知A、N兩點的場強大小均不為零，故A錯誤；由圖可知：從N到C，電勢上升，依據順著電場線電勢降低可知，NC間電場強度方向沿x軸負方向，故B錯誤；依據圖象，q1為正電荷，q2為負電荷，且q1>q2，結合矢量的疊加可知，x軸負半軸的電場強度方向指向x軸的負方向，所以若將一正點電荷放在x軸負半軸，則電場力指向x軸負方向，因此電場力與速度方向相同，該正點電荷始終做加速運動，故C正確；N→D段中，電勢先上升后降低，所以場強方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，故D正確。8．(2024·寧夏石嘴山一模)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．勻