【高考物理】2026高考 导与练总复习物理一轮（基础版）第九章 第3讲　小专题 电场中的功能关系和图像问题含答案

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮（基础版）第九章第3讲小专题电场中的功能关系和图像问题含答案第3讲小专题:电场中的功能关系和图像问题考点一电场中的功能关系如图所示,绝缘粗糙水平面左侧固定一水平放置的绝缘轻质弹簧,空间存在水平向右的匀强电场,一质量为m、带正电的小物块(视为质点)以初速度v0从A点开始向左运动,并压缩弹簧至B点。(1)小物块从A点运动到B点过程中有哪些力对物块做功?分别做正功还是负功?(2)小物块从A点运动到B点过程中哪些能量减少了?哪些能量增加了?提示:(1)小物块由A点运动到B点过程中,电场力对物块做负功,摩擦力对物块做负功,弹簧弹力做负功。(2)小物块的动能减少了;小物块的电势能增加了,弹簧的弹性势能增加了,内能增加了。1.常见的功能关系(1)合外力做功等于动能的变化量,即W合=Ek2-Ek1=ΔEk(动能定理)。(2)重力做功等于物体重力势能的减少量,即WG=EpG1-EpG2=-ΔEpG。(3)静电力做功等于电势能的减少量,即W电=Ep电1-Ep电2=-ΔEp电。(4)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量,即W弹=Ep弹1-Ep弹2=-ΔEp弹。(5)除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化,即W其他力=E机2-E机1=ΔE机。2.电场中常见的能量关系(1)若只有电场力做功,则动能和电势能之间相互转化,二者之和保持不变,即ΔEk=-ΔEp。(2)若只有电场力和重力做功,则机械能和电势能之间相互转化,电势能、重力势能、动能之和保持不变。注意:动能定理可以把不同力对物体做的功联系起来;能量守恒定律可以把系统中参与变化的所有能量联系起来。[例1]【仅在静电力作用下的功能关系】(2024·贵州模拟)如图所示,虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行等差等势面,相邻两等势面间的电势差为3V,其中a等势面的电势为9V,电子以某初速度从P点平行纸面射入,速度方向与a等势面夹角为45°,已知该电子恰好能运动到e等势面(不计电子重力)。则()[A]电子在电场中做匀减速直线运动[B]电子运动到e等势面时动能为0[C]电子运动到c等势面时动能为18eV[D]电子返回a等势面时动能为12eV【答案】C【解析】根据题意可知,电子在电场中仅受电场力,电子的初速度方向与电场力方向不在一条直线上,则电子在电场方向上做匀减速直线运动,在垂直于电场方向上做匀速直线运动,即电子在电场中做匀变速曲线运动,故A错误;电子运动到e等势面时,沿电场方向的速度为0,垂直于电场方向的速度不为0,则电子在e等势面时动能不为0,故B错误;设电子的初速度为v0,电子由a等势面到e等势面,由动能定理有-eUae=12m(v0sin45°)2-12mv02,解得电子的初动能Eka=12mv02=24eV,电子由a等势面到c等势面,由动能定理有-eUac=Ekc-Eka,解得Ekc=18eV,电子返回a等势面时,[例2]【重力和静电力作用下的功能关系】(2024·黑吉辽卷,6)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【答案】D【解析】根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知,电场力方向水平向右;若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的位移方向相同,则电场力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小。[例3]【重力、弹力和静电力作用下的功能关系】如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落,加速度大小为13g,下落高度H到B点后与一轻弹簧接触,又下落2H后到达最低点C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则带电物块在由A点运动到C[A]该匀强电场的电场强度大小为mg[B]带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mgH[C]带电物块电势能的增加量为3mgH[D]弹簧的弹性势能的增加量为mgH【答案】D【解析】带电物块从静止开始下落到接触弹簧前的加速度为13g,对带电物块由牛顿第二定律得mg-qE=ma,解得E=2mg3q,故A错误;从A到C的过程中,除重力和弹簧弹力以外,只有电场力做功,电场力做功W=-qE·3H=-2mgH,可知物块和弹簧组成系统的机械能减少量为2mgH,物块电势能增加量为2mgH,故B、C错误;由系统能量守恒得减少的重力势能等于增加的电势能和弹性势能,即mg·3H=2mgH+ΔEp弹,[变式]在[例3]中弹簧的劲度系数是多少?物块下落过程中的最大速度是多少?【答案】mg2H【解析】物块从A点下落到C点的过程中,克服弹簧弹力做功W弹=F弹·2H=12k(2H)2,A到C过程由动能定理得mg·3H-qE·3H-12k(2H)解得k=mg2物块下落过程中加速度a=0时,速度最大,设物块速度最大时弹簧的压缩量为x,对物块速度最大时进行受力分析可得mg=qE+kx,解得x=23H对物块由A位置下落至速度最大位置过程由动能定理得mg·53H-12k(23H)2-qE·53H=解得vm=23考点二静电场中的图像问题1.φ-x图像(电场方向与x轴平行)(1)电场强度的大小等于φ-x图线的切线斜率的绝对值,如果图线是曲线,电场为非匀强电场;如果图线是倾斜的直线,电场为匀强电场(如图)。切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零。(2)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势的高低确定电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向。(如图)2.E-x图像(电场方向与x轴平行)(1)E-x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系,若规定x轴正方向为电场强度E的正方向,则E>0时,电场强度E沿x轴正方向;E<0时,电场强度E沿x轴负方向。(2)E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示),两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。3.Ep-x图像、Ek-x图像(1)Ep-x图像。由静电力做功与电势能变化关系F电x=Ep1-Ep2=-ΔEp知Ep-x图像的切线斜率k=ΔE(2)Ek-x图像。当只有静电力对带电体做功时,由动能定理F电x=Ek-Ek0=ΔEk知Ek-x图像的切线斜率k=ΔE[例4]【φ-x图像】(2025·河南高考适应性考试)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示,O点为坐标原点,a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放,在电场力作用下沿x轴运动,不计重力,则粒子()[A]将在ad之间做周期性运动[B]在d点的电势能大于a点的电势能[C]在b点与c点所受电场力方向相同[D]将沿x轴负方向运动,可以到达O点【答案】A【解析】a、d两点电势相等,则带正电粒子在a、d两点的电势能相等,故B错误;沿着电场线方向电势降低,在b点电场线方向沿x轴正方向,在c点电场线方向沿x轴负方向,因此带正电粒子在b点与c点所受电场力方向不同,故C错误;带正电粒子从d点由静止释放先沿x轴负方向加速,再沿x轴负方向减速,到达a点时速度为0,然后粒子沿x轴正方向先加速后减速,到达d点时速度为0,则带正电粒子在ad之间做周期性运动,故A正确,D错误。[例5]【E-x图像】(2024·江苏南京模拟)空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图像如图所示,以x轴正向为电场强度的正方向。则()[A]x1、x2两点间和x2、x3两点间的电势差相等[B]x1、x3两点的电势相等[C]-x1点的电势高于x2点的电势[D]从x轴上x1点由静止释放一正电荷,电荷经过x2点时动能最大【答案】C【解析】E-x图像中图线与x轴所围面积表示电势差,由题图无法判断x1、x2两点间和x2、x3两点间的电势差的大小关系,故A错误;在O点右侧场强方向沿x轴正向,由于沿电场线方向电势逐渐降低,则x1点电势高于x3点电势,故B错误;由于E-x图像中图线与x轴所围面积表示电势差,故从O点到x2的电势降落大于O点到-x1电势降落,所以-x1的电势高于x2的电势,故C正确;从x轴上x1点由静止释放一正电荷,电场力一直对电荷做正功,其动能一直增大,故D错误。[例6]【Ep-x图像】(多选)一带负电的微粒(电荷量不变,所受重力不计)只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0～x1段是曲线,x1～x2段是平行于x轴的直线,x2～x3段是倾斜直线,则()[A]0～x1段电场强度逐渐增大[B]0～x1段电势逐渐升高[C]x1～x2段电场强度为零[D]x2～x3段微粒做匀加速直线运动【答案】CD【解析】Ep-x图线的斜率的绝对值表示电场力的大小,0～x1段微粒所受电场力减小,故0～x1段电场强度减小,同理,x1～x2段电场强度为零,故A错误,C正确;0～x1段微粒的电势能逐渐增大,而微粒带负电荷,所以电势逐渐降低,故B错误;x2～x3段微粒受到的电场力大小不变,电势能减少,动能增加,则微粒做匀加速直线运动,故D正确。[例7]【Ek-x图像】(2024·江西阶段练习)(多选)如图甲所示,光滑绝缘水平地面上以水平向右为正方向建立Ox轴,O点右侧两竖直虚线中间区域存在平行x轴方向的电场,电势φ随x位置的变化情况如图乙所示。一带电物块以某一初速度向右由O点进入电场区域,物块仅在电场力作用下通过该电场区域。则该区域中物块的动能Ek随x位置变化的图像可能正确的是() [A][B] [C][D]【答案】BD【解析】φ-x图像斜率表示电场强度,根据题图乙图像可知,电场强度逐渐减小,物块受到的电场力逐渐减小,根据Fx=ΔEk得F=ΔEkx,因此Ek-x图像的斜率表示合力,而合力逐渐减小,则Ek(满分:42分)对点1.电场中的功能关系1.(4分)(2024·云南玉溪期中)a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中,分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动,则()[A]c的电势能减少,机械能增加[B]a、b的电势能增加、机械能不变[C]a、b为同种电荷,c、d为异种电荷[D]d的电势能减少,机械能减少【答案】A【解析】四个带电液滴均做匀速直线运动,则所受电场力均向上且大小等于重力,故带电液滴均带正电,C错误;电场力对c做正功,电势能减少,重力对c做负功,机械能增加,A正确;在运动过程中,电场力和重力对a、b都不做功,a、b的电势能、机械能均不变,B错误;电场力对d做负功,电势能增加,机械能减少,D错误。2.(6分)(2023·全国乙卷,19)(多选)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,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球()[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】由题知,OP>OM,OM=ON,则根据点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP,则带负电的小球在运动过程中,电势能先减少后增加,且EpP>EpM=EpN,则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能,A错误,B、C正确;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。3.(4分)(2024·四川南充模拟)如图所示,水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上,右端连接一放置在光滑绝缘水平面上的带正电小球,水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态,将小球由静止释放,小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内,则在小球向右运动的过程中()[A]弹簧恢复原长时,小球的速度最大[B]小球运动到最右端时,小球的加速度为零[C]小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能最大[D]小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能与初始时相等【答案】C【解析】当小球在水平方向上受到电场力和弹簧弹力平衡时,加速度为零,小球速度有最大值,此时弹簧处于伸长状态,故A错误;小球做简谐运动,电场力和弹簧弹力的合力提供回复力,小球运动到最右端时弹簧的弹性势能最大,此时小球速度为零,小球的加速度最大,故B错误,C正确;在小球向右运动到最右端的过程,电场力做正功,根据动能定理W电+W弹=0,可知弹簧弹力做负功,小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能比初始时的大,D错误。对点2.静电场中的图像问题4.(6分)(2024·云南昭通模拟)(多选)如图甲所示,一绝缘带电的竖直圆环上均匀分布着电荷,一光滑绝缘细杆从圆心垂直于圆环平面穿过圆环,杆上穿一个带负电的小球(图中未画出),现使小球从a点由静止释放,并开始计时,先后经过b、c两点,其运动过程中的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是()[A]带电圆环在圆心处产生的电场强度为零[B]c点场强大于b点场强[C]a点的电势高于b点的电势[D]电势差Uab大于Ubc【答案】AD【解析】根据电场的叠加原理和对称性可知,带电圆环在圆心处产生的场强为零,故A正确;v-t图像的斜率表示加速度,由题图乙可知,小球在c点的加速度小于在b点的加速度,根据qE=ma可知,c点场强小于b点场强,故B错误;根据题图乙可知小球在做加速运动,可知小球受到圆环的斥力作用,圆环带负电,由于沿电场线方向电势降低,则a点的电势低于b点的电势,故C错误;根据动能定理有qUab=12mvb2-0,qUbc=12mvc2-12mvb2,可得qUab<qUbc,由于小球带负电5.(4分)(2025·内蒙古高考适应性考试)如图,一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上,另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点,沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中,其动能Ek和机械能E随位置x变化的图像,可能正确的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】设两个带电小球间距为r,对小球乙,由动能定理可知(mgsinθ-kq甲q乙r2)x=Ek,则Ek-x图像的斜率表示小球乙所受合外力,则F合=mgsinθ-kq甲q乙r2,所以在乙沿x轴加速下滑过程中,两个带电小球间距r逐渐减小,小球乙所受合外力沿斜面向下且逐渐减小,则Ek-x图像斜率逐渐减小,故A、B不符合题意;由E-x图像的斜率表示库仑力,则E-x图像斜率k斜=kq甲q乙r26.(4分)(2024·安徽滁州模拟)如图,绝缘粗糙的水平面附近存在一与x轴平行的电场,其在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示,图中的倾斜虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线。质量为0.1kg、电荷量为1.0×10-7C的带正电滑块P,从x1=0.1m处由静止释放,滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2。滑块可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2。则滑块()[A]做匀减速直线运动[B]经过x2=0.15m处时,速度最大[C]从释放到经过x2=0.15m处,电场力做功为3.0×10-2J[D]可以滑到x3=0.30m处【答案】B【解析】x2=0.15m处,场强E=ΔUΔx=4×1050.3-0.1N/C=2×106N/C,滑块受到的电场力F=qE=1.0×10-7×2×106N=0.2N,滑动摩擦力Ff=μmg=0.2×0.1×10N=0.2N,此时加速度为零,滑块的速度最大,故B正确;φ-x图像中,某点切线的斜率绝对值k=|ΔφΔx|表示该点电场强度的大小,由此可知沿x轴正方向,电场强度逐渐减小,根据牛顿第二定律可知刚开始运动时qE-Ff=ma,滑块在整个过程中先做加速度减小的变加速运动,加速度为零后,有Ff-qE=ma,所以后做加速度增大的减速运动,故A错误;从释放到经过x2=0.15m处,电场力做功W=q(φ1-φ2)=1.0×10-7×(4.5×105-3×105)J=1.5×10-2J,故C错误;若滑块能在0.3m处停下,则电场力做功WE=q(φ1-φ3)=1.0×10-7×(4.5×105-1.5×105)J=3×10-2J,摩擦力做功Wf=-μmg(x3-x1)=-0.2×0.1×10×(0.3-0.1)J=-4×10-7.(6分)(2024·河南开封质检)(多选)空间中有水平方向的匀强电场,一质量为m、带电荷量为q的微粒在某平面内运动,其电势能和重力势能随时间的变化如图所示,则该微粒()[A]一定带正电[B]0～3s内静电力做的功为-9J[C]运动过程中动能不变[D]0～3s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J【答案】BCD【解析】由于不清楚电场强度的方向,故无法确定微粒的电性,故A错误;由题图可知,0～3s内电势能增加9J,则0～3s静电力做的功为-9J,故B正确;由题图可知,电势能均匀增加,即静电力做的功与时间成正比,说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动,同理,沿重力方向也做匀速直线运动,则微粒的合运动为匀速直线运动,所以运动过程中速度不变,动能不变,故C正确;由功能关系可知,0～3s内重力势能与电势能共增加12J,又微粒的动能不变,故0～3s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J,故D正确。8.(4分)(2025·湖南衡阳模拟)在倾角为θ的光滑固定绝缘足够长的斜面上,有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和3m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。开始未加电场,系统处于静止状态,A带正电,B不带电,现加一沿斜面向上的匀强电场,物块A沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,之后两物块运动中,当A的加速度为0时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上。下列说法正确的是()[A]未加电场时,挡板C对物块B的作用力大小为3mgsinθ[B]从加电场到B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为3[C]从加电场到B刚离开C的过程中,物块A的机械能和电势能之和保持不变[D]B刚离开C时,电场力对A做功的瞬时功率为(4mgsinθ+3ma)v【答案】D【解析】开始未加电场,系统处于静止状态,挡板C对物块B的作用力大小等于A和B的总重力在沿斜面方向上的分力大小,即FN=4mgsinθ,A错误;刚加电场时,弹簧处于压缩状态,对物块A受力分析,根据平衡条件有mgsinθ=kx1,解得弹簧的压缩量x1=mgsinθk;物块B刚要离开C时,弹簧处于拉伸状态,对B由平衡条件可得3mgsinθ=kx2,解得弹簧的伸长量x2=3mgsinθk,B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为x=x1+x2=4mgsinθk,B错误;对A、B和弹簧组成的系统,从加电场到B刚离开C的过程中,物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变,弹簧的弹性势能先减小后增大,故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小,C错误;设A所受的电场力大小为F,由题意知当A的加速度为零时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律,对A有F-mgsinθ-F弹=0,对B有F弹-3mgsinθ=3ma,故有F=4mgsinθ+3ma,当B刚离开C时,A的速度为v,则电场力对A做功的瞬时功率为P=Fv=9.(4分)(2024·吉林二模)一个封闭绝缘环由两个直径相同的半圆环BCD、EFA和两段直杆AB、DE组成,ABDE是矩形,封闭环固定在绝缘水平面上,ABCD段和DEFA段分别均匀分布等量的异种电荷,在环的中心O垂直于水平面固定一根粗细均匀的粗糙绝缘杆,一只带正电的小球套在杆上,从P点由静止释放,小球向下运动,在小球从P点运动到O点的过程中,则()[A]小球的电势能越来越大[B]小球受到的摩擦力越来越大[C]小球运动的加速度越来越大[D]小球的动能一定越来越大【答案】B【解析】将封闭环上的电荷看成是由若干组等量异种电荷组成,根据电场的叠加可知,绝缘杆所在处的电场方向与杆垂直且从上向下电场强度越来越大,根据等量异种电荷的电势分布可知小球向下运动过程中,电势能不变,A错误;电场力越来越大,正压力越来越大,滑动摩擦力越来越大,B正确;由于有摩擦力,小球可能先做加速运动后做减速运动,即可能加速度先减小后反向增大,速度先增大后减小,则动能可能先增大后减小,C、D错误。第4讲电容器带电粒子在电场中的运动如图甲是一次心脏除颤器的模拟治疗,该心脏除颤器电容器的电容为C,请思考:(1)电容器在充电和放电过程中电容如何变化?如何确定充电完成后电容器所带电荷量?放电过程电流如何变化?(2)若一正点电荷P在如图乙所示的匀强电场中静止释放,如何确定点电荷P到达B板的动能?若该正点电荷具有与电场线垂直的初速度,它的运动性质及到达B板的时间、动能、速度等相关物理量如何确定?1.有一电解电容器如图所示,外壳上标有“1000μF,10V”。下列关于该电容器的说法正确的是()[A]该电容器在10V电压以下不能正常工作[B]当所加电压为8V时,该电容器的电容为800μF[C]该电容器能容纳的电荷量最多为1.0×10-3C[D]当两极加1V电压时,该电容器的电荷量为1.0×10-3C【答案】D2.如图所示,比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子,从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中,a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,则()[A]a、b均带负电[B]a的初速度一定小于b的初速度[C]a的运动时间一定小于b的运动时间[D]该过程中a所受电场力做的功一定大于b的【答案】B【答案】异种中和相等QU1061012S412mv2-12mv02类平抛合成分解lv0考点一电容器平行板电容器的动态分析如图,闭合开关S稳定后断开,电容器所带电荷量Q保持不变,若增大电容器两板间的距离d,请完成以下分析:(1)根据电容的决定式分析电容C大小如何变化?(2)根据电容的定义式分析电容器两板间电压U大小如何变化?(3)根据匀强电场电势差与电场强度的关系E=Ud,结合(1)(2)的分析,判断两板间电场强度E大小如何变化提示:(1)C=εrS4πkd,d变大,(2)由C=QU可得U=QC,Q不变,C变小,故(3)将C=εrS4πkd代入U=QC,可得U=4πkdQεrS,则1.对电容定义式C=QU(1)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的,与电容器的带电情况无关。(2)不能理解为电容C与Q成正比,与U成反比。2.平行板电容器两类动态变化的特点比较[例1]对电容的理解】(2024·四川绵阳阶段练习)自动体外除颤器是一种便携式的医疗设备,如图,它可以诊断特定的心律失常,并且给予电击除颤,是可被非专业人员使用的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号自动体外除颤器的电容器电容是16μF,充电至4kV电压电容器在4ms时间内完成放电,则()[A]电容器充电后的电荷量为0.64C[B]电容器放电的平均电流为16A[C]电容器的击穿电压为4kV[D]电容器放电完成后电容为0【答案】B【解析】Q=CU=16×10-6×4×103C=0.064C,故A错误;I=Qt=0.0644×10-3A=16A,故B正确;该电容器电压为4kV,不高于额定电压,击穿电压大于额定电压,故C错误;[例2]【带电荷量Q不变时的动态分析】(2024·浙江6月选考卷,6)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验,保持电荷量不变,当极板间距增大时,静电计指针张角增大,则()[A]极板间电势差减小[B]电容器的电容增大[C]极板间电场强度增大[D]电容器储存能量增大【答案】D【解析】根据Q=CU、C=εrS4πkd,可得当极板间距增大时电容减小,由于电容器的带电荷量不变,故极板间电势差增大,故A、B错误;根据E=Ud得E=4πkQεrS,故电场强度不变,[例3]【电压U不变时的动态分析】(2024·贵州遵义检测)(多选)运动步数的测量是通过手机内电容式传感器实现的。其原理如图所示,R为定值电阻,M和N为电容器两极板,极板M固定,极板N与两轻弹簧连接,极板N可动。人行走时,若M、N两极板距离变小,则()[A]电容器的电容增大[B]两极板间的电场强度变小[C]电容器的带电量减小[D]电流由a经电流表流向b【答案】AD【解析】电容器两极板间距变小,则根据C=εrS4πkd可知,电容器的电容增大,故A正确;电容器始终与电源连接,则电压不变,电容器两极板间距变小时,由E=Ud知电场强度变大,故B错误;因电容器的电容增大,而电容器两极板间电压不变,根据Q=CU可知电容器带电量增大,故C错误;根据电容器带电量增大,则电容器充电,因此电流由a向[变式]如图所示,在[例3]电路中电阻R和电源之间连接一个二极管,试判断人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比,手机上的电容器的电容、两极板间的电压、两极板间的电场强度,以及两极板所带电荷量的变化情况。【答案】见解析【解析】人带着手机向前加速运动时,由牛顿第二定律可得,弹簧被压缩,即N板向后运动,电容器两极板间的距离变大,由C=εrS4πkd得电容器的电容减小;假设电容器两极板间电压不变,由C=QU知电荷量减小,电容器需要放电,但由于二极管的存在,电容器不能放电,故假设电压不变不成立,电容器两极板带电荷量不变,由C=QU得两极板间的电压增大,考点二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握静电力的特点。静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关,还跟带电粒子的电荷量和电性有关。(2)是否考虑重力依据情况而定。①基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外,一般不考虑重力(但不能忽略质量)。②带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有特殊说明或明确的暗示外,一般都不能忽略重力。2.分析带电粒子(带电体)在电场中的直线运动的方法(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)。a=qEm,E=Ud,v2-v0(2)用功能观点分析。①匀强电场中:W=qEd=qU=12mv2-12m②非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。[例4]【带电粒子在电场中的直线运动】如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;(3)若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t【答案】(1)qUd(2)2qUm【解析】(1)两极板间的电场强度E=Ud带电粒子所受的静电力F=qE=qUd(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=12mv2解得v=2qU(3)设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v′根据功能关系有qU2=12mv′带电粒子在前d2距离做匀加速直线运动,后d2距离做匀速运动,设用时分别为t1、t2d2=v'2t1,d2=v则该粒子从M板运动到N板经历的时间t=t1+t2=3d[例5]【带电体在电场中的直线运动】(2024·陕西安康期末)如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中,以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°,重力加速度为g,且mg=qE,则()[A]电场方向竖直向上[B]小球做匀加速直线运动[C]小球上升的最大高度为v[D]若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为12m【答案】C【解析】小球做匀变速直线运动,合力应与速度在同一直线上,即在ON直线上,因mg=qE,电场力与重力关于ON对称,根据数学知识得,电场强度方向与水平方向的夹角应为30°,受力情况如图所示。合力沿NO方向向下,大小为mg,加速度大小为g,方向沿NO向下,所以小球做匀减速直线运动,故A、B错误;小球做匀减速直线运动,由运动学公式可得最大位移为xm=v022g,则最大高度为hm=xmsin30°=v024g,故C正确;若小球在初始位置的电势能为零,当小球处于最高点时,则小球电势能最大,根据能量守恒定律有12mv02=mghm+E 考点三带电粒子在电场中的偏转 如图,电性相同的不同带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再垂直进入同一偏转电场,则从偏转电场射出时,带电粒子的轨迹是重合的吗?提示:在加速电场中有qU0=12mv02,在偏转电场中偏移量y=12at2=12·q设速度偏转角为θ,则tanθ=vyv0得y=U1l24U则y、θ均与m、q无关,即偏移量和速度偏转角总是相同的,所以它们的轨迹是重合的。1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论(1)粒子经电场偏转后,速度偏转角θ的正切值是位移偏转角α正切值的2倍,即tanθ=2tanα。(2)粒子经电场偏转后射出时,合速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点,即O到偏转电场边缘的距离为l22.处理带电粒子的偏转问题的方法运动的分解法将带电粒子的运动分解为沿电场力方向的匀加速直线运动和垂直于电场力方向的匀速直线运动功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解:qUy=12mv2-12mv02,其中Uy[例6]【示波管的工作原理】(2024·山东潍坊模拟)示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压,电子束从电子枪射出后沿直线运动,打在荧光屏中心,产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示,则荧光屏上的图像可能为()[A][B][C][D]【答案】A【解析】UXX′和UYY′均为正值,电场强度方向由X指向X′,由Y指向Y′,电子带负电,电场力方向与电场强度方向相反,所以分别向X、Y方向偏转,可知A正确。[例7]【带电粒子在匀强电场中的偏转】如图所示,虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行且足够大的屏。现将一电子(电荷量绝对值为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为L2,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值;(3)电子打到屏上的点到O点的距离。【答案】(1)3mLeE(2)3(3)【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律得eE1=ma1,由位移时间关系得L2=12a1电子进入E2时的速度为v1=a1t1,电子从进入电场E2到打在屏上的过程,水平方向做匀速直线运动,设此过程时间为t2,则2L=v1t2,电子从释放到打到屏上所用的时间为t=t1+t2,联立解得t=3mLeE(2)设电子射出电场E2时平行于电场方向的速度为vy,电子进入电场E2时的加速度为a2,由牛顿第二定律得eE2=ma2,vy=a2t3,L=v1t3,电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ=vy联立解得tanθ=3。(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示,设电子打到屏上的点到O点的距离为x,反向延长射出电场E2时的速度方向与AO交于O′点,O′为电子在电场E2中垂直于电场方向位移的中点,由几何关系得tanθ=x32L,联立解得x=[变式]在[例7]中若让

11H、1【答案】1∶2∶21∶1∶2【解析】由[例7]知所用时间t=3mLeE,故所用时间之比为1∶2∶2由[例7]知

11H、12H和

24He三种粒子由静止经同一电场加速,然后穿过同一偏转电场后运动轨迹重合,根据功能关系有qU=12mv2,计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法(1)y=y0+Ltanθ(L为屏到偏转电场的水平距离)。(2)y=(l2+L)tanθ(l为偏转电场宽度)(3)根据三角形相似yy0=[例8]【带电粒子在电场和重力场中的偏转】(2024·广西南宁一模)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同初速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的初速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为t2。重力加速度为g(1)O点到达P点的高度差;(2)B小球的加速度大小和电场强度的大小;(3)B运动到P点时的动能。【答案】(1)12gt2(2)4g(3)2m(v02+g2t【解析】(1)小球A在竖直方向做自由落体运动,因此高度差为h=12gt2(2)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度大小为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma,12a(t2)2=12解得a=4g,E=3mg(3)设B从O点发射时的初速度为v1,到达P点时的动能为Ek,根据动能定理有mgh+qEh=Ek-12mv且有v1t2=v0th=12gt2联立解得Ek=2m(v02+g2t2(满分:60分)对点1.电容器平行板电容器的动态分析1.(4分)(2024·江苏南京期末)如图所示,A、B为两块平行带电金属板,A带负电,B带正电且与大地相接,两板间P点处固定一负电荷,设此时两极板间的电势差为U,P点场强大小为E,电势为φP,现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变),则()[A]U变大,E变小 [B]U变小,E不变[C]E变大,φP变小 [D]E变小,φP变大【答案】C【解析】C=εrS4πkd,将A、B两板水平错开一段距离,则极板正对面积S减小,电容C减小;C=QU,由于电荷量Q不变,则两极板间的电势差U变大;根据E=Ud,可知板间场强E变大,则P点与B板间的电势差变大,由于B板接地电势不变,且B板带正电,2.(4分)(2024·黑吉辽卷,5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图甲所示,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、电流表等构成如图乙所示的电路,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【答案】B【解析】由题图甲可知,降低溶液浓度,不导电溶液的相对介电常数εr增大,根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容器的电容增大,故A错误;溶液不导电,没有形成闭合回路,电容器两端的电势差不变,结合Q=CU分析可知,电容器所带的电荷量增大,故电容器正在充电,结合题图乙可知,电路中电流方向为N→M,故B正确对点2.带电粒子(带电体)在电场中的直线运动3.(4分)(2024·江苏南京期末)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点,由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,现将C板向左平移到P′点,则由O点静止释放的电子()[A]运动到P点返回[B]运动到P和P′点之间返回[C]运动到P′点返回[D]穿过P′点后继续运动【答案】D【解析】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,表明电子在薄板A、B之间做加速运动,电场力做正功,电场方向向左,在薄板B、C之间做减速运动,电场力做负功,电场方向向右,到达P点时速度恰好为0,根据动能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,当C板向左平移到P′点,B、C间距减小,由电容的决定式C=εrS4πkd知,电容增大,由C=QU、电荷量Q不变知B、C之间电压减小,则有UMP=UMO>UMP′,结合上述有-eUOM-eUMP′>0,可知电子减速运动到P′的速度不等于0,4.(6分)(2024·贵州六盘水期末)(多选)如图所示,在带电荷量为Q的平行板电容器A、B间,在M点静止释放一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球(可视为质点),恰好能沿水平虚线从M点运动到N点,下列说法正确的是()[A]A板电势高于B板电势[B]小球向左做匀加速直线运动[C]小球运动过程中机械能增加[D]将A板沿垂直于极板方向向上平移少许距离,小球将做曲线运动【答案】BC【解析】小球带正电,受力分析如图所示,合力方向从M指向N,小球做匀加速直线运动,上极板带负电,A板电势低于B板电势,所以A错误,B正确;电场力做正功,机械能增加,C正确;将A板沿垂直于极板方向向上平移少许距离后,根据E=Ud=QCd=4πkQεrS可知,电场强度大小不会发生改变,小球受力情况不变5.(6分)(2024·吉林模拟)(多选)如图所示,A、B为水平放置的两平行正对金属板,在板中央分别开有小孔M、N。小孔对平行板之间的电场无影响,其中R为滑动变阻器,电源内阻不可忽略。闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电的可视为质点的小球从小孔M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处,每次都将小球从P点由静止释放,忽略板外电场对小球运动的影响,不计空气阻力,下列说法正确的是()[A]若仅将A板上移少许,则带电小球将无法运动至B板的小孔N处[B]若仅将B板上移少许,则带电小球将无法运动至B板的小孔N处[C]若仅将R的滑片上移,则带电小球能从B板的小孔N处穿出[D]若仅将R的滑片下移,则带电小球能从B板的小孔N处穿出【答案】BC【解析】小球从小孔M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处,由动能定理知mgh-qU=0,则有mgh=qU,由于开关闭合,电容器两极板的电压不变,所以若仅将A板上移少许,则带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处,故A错误;若仅将B板上移少许,则h减小,带电小球将无法运动至B板的小孔N处,故B正确;若仅将R的滑片上移,R两端的电压减小,则带电小球能从B板的小孔N处穿出,故C正确;若仅将R的滑片下移,R两端的电压增大,则带电小球不能到达B板的小孔N处,故D错误。对点3.带电粒子在电场中的偏转6.(4分)(2025·安徽滁州测试)如图,带电荷量之比为qa∶qb=1∶3的带电粒子a、b以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则()[A]a和b运动的加速度大小之比为1∶4[B]a和b的质量之比为3∶4[C]a和b在电场中运动的时间之比为1∶2[D]a和b的位移大小之比为1∶2【答案】C【解析】粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向有x=v0t,又由于初速度相等,所以t∝x,由题意知,a和b在电场中运动的水平位移之比为1∶2,则a和b在电场中运动的时间之比为1∶2。又因为粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,在竖直方向有y=12at2,由题意知,y相同,则a与t2成反比,则a和b运动的加速度大小之比为4∶1,故A错误,C正确。由牛顿第二定律得Eq=ma,则粒子的质量m=Eqa∝qa,由题意知qa∶qb=1∶3,又因为a和b运动的加速度大小之比为4∶1,则a和b的质量之比为1∶12,故B错误。因a、b的水平位移之比为1∶2,竖直位移相等,则a、b的位移大小之比不等于1∶2,7.(14分)(2024·重庆一模)某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中,质子先被加速到具有较高的能量,然后被引导轰击肿瘤,如图。来自质子源的质子(初速度为零)经加速电场加速后,沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场,再从P点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域,最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的场强大小为E0,方向沿半径指向圆心O,圆O′与OP相切于P点,OP=R0,圆形区域的半径为R,Q点位于O