2026年天津高考物理二轮复习讲练测重难 09 电场 带电粒子在电场中的运动（重难专练）（解析版）

重难09电场带电粒子在电场中的运动内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 一：库仑定律的理解及其相关平衡问题1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离．3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．(1)同种电荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；(2)异种电荷：F＞keq\f(q1q2,r2).三个孤立共线点电荷平衡问题(1)条件：每个点电荷所受合力为零．(2)平衡规律“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．二：库仑力作用下的平衡和变速运动1.解题思路(1)平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：(2)变速运动：若物体在包含库仑力作用下，做变速运动时，是非平衡状态，要用牛顿第二定律分析，当涉及多个带电体时，常用整体与隔离法。2.特别提醒注意库仑力的方向：同性相斥，异性相吸，沿两电荷连线方向。三：电场强度的理解和计算1．电场强度的性质矢量性规定正电荷受力方向为该点场强的方向唯一性电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的试探电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置2.电场强度的三个计算公式四：电势高低、电势能大小的判断1．电势高低的判断判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低电势能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大电场力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低2.电势能大小的判断公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小电势法正电荷在电势高的地方电势能大负电荷在电势低的地方电势能大做功法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加五：电势差与电场强度的关系1．公式E＝eq\f(U,d)的三点注意(1)只适用于匀强电场．(2)d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．(3)电场强度的方向是电势降低最快的方向．2．纵向拓展推论1匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势，φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如图甲所示．推论2匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示．3．横向拓展公式E＝eq\f(U,d)只能适用于匀强电场的定量计算，但在非匀强电场中，可以用该式进行定性判断．技巧1：电场中的四类图象问题几种常见图象的特点及规律v­t图象根据v­t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化φ­x图象(1)电场强度的大小等于φ­x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ­x图线存在极值，其切线的斜率为零；(2)在φ­x图象中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向；(3)在φ­x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断E­x图象(1)反映了电场强度随位移变化的规律；(2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向；(3)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，两点的电势高低根据电场方向判定Ep­x图象(1)反映了电势能随位移变化的规律；(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小；(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况技巧2：带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．2．用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：技巧3：带电粒子在电场中的偏转运动1．带电粒子在电场中的偏转规律2．处理带电粒子的偏转问题的方法(1)运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．(2)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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．技巧4：带电粒子在电场中的力电综合问题带电粒子在交变电场中的运动1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．(1)当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的直线运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．很多时候可将eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t图象,U－t图象,E－t图象))eq\o(→,\s\up7(转换))a－t图象eq\o(→,\s\up7(转化))v－t图象．3．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．（建议用时：50分钟）1．（2025·天津武清·二模）利用电磁场可将离子从中性粒子束中剥离出来。“电偏转系统”原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。以下极板左端点为坐标原点建立Oxyz空间坐标系，假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过单位面积（xOz平面）进入电场的离子数为n。在两极板间加电压恒为U，恰好所有离子均被吸附在下极板。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，初速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求：(1)极板的长度L；(2)落在下极板中间三分之一区间内的离子占总离子数的比例η；(3)在如图2所示的简图中，请你运用所学知识，在空白实线区域设计某种装置，可将混合粒子（假设离子在混合粒子束中是均匀分布）分离，且分离出的离子仍然均匀分布。（图中点状线为粒子的边界，混合粒子中所有粒子的速度均相同。）（装置中涉及的几何关系请简要说明）【答案】(1)(2)(3)加垂直于纸面向外的匀强磁场，见解析【详解】（1）所有离子恰好均被吸附在下极板，则从上极板左边缘进入的离子恰好到达下极板右边缘，则有，根据牛顿第二定律有解得（2）落在下极板中间三分之一区间内的离子均做类平抛运动，对该区间最左侧部分粒子有，对该区间最右侧部分粒子有，解得，则有（3）可以在空白实线区域加垂直于纸面向外的匀强磁场，令磁感应强度为B，由洛伦兹力提供向心力，则有解得令混合粒子下侧到实线区域下边的间距为z，离子飞出区域左侧与实线区域左边间距为y，作出运动轨迹如图所示装置中涉及的几何关系有，2．（2025·天津武清·二模）如图所示，两个等量异种点电荷A、B固定在同一条水平线上，电荷量分别为+Q和-Q。MN是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P，其质量为m，电荷量为+q（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷A的正下方C点由静止释放，到达点电荷B的正下方D点时，速度为，O为CD的中点。则（）A．小球在C点和D点所受电场力相同B．小球运动至O点时速度为2m/sC．小球从C点至D点先做加速运动后做减速运动D．小球在整个运动过程中的最终速度为2m/s【答案】BD【详解】AC．根据等量异种电荷的电场分布特点可以知道，小球从C点到D点的过程中受电场力方向在CO段向右下方，在OD段受电场力方向是右上方，受合力方向一直向右，所以小球从C到D一直做加速运动，小球在C点和D点所受电场力不相同，故AC错误；B．根据等量异种电荷的等势面分布规律可以知道，CO两点间的电势差等于OD两点间的电势差即且O点的电势为零。小球从C到D根据动能定理有小球运动到O点的速度为，同理有代入数据联立方程可以解得，故B正确；D．小球到无穷远处的速度为最终速度，到无穷远处的电势为零，根据能量守恒以及电场力做功的特点可以知道，小球到无穷远处的速度等于经过O点的速度，所以小球的最终速度为2m/s，故D正确。故选BD。3．（2025·天津·二模）多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了六个圆筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期为T、电压绝对值为，且对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒的两底面中心开有小孔，粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝隙中存在匀强电场，而圆筒内部电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可以不计。时刻，有一电量为、质量为的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，穿过二号圆筒后正好在时刻进入二、三圆筒之间的电场再次加速，且之后每经过正好进入下一缝隙电场。(1)求粒子从第2个圆筒飞出时的速度大小？(2)第个圆筒的长度？(3)实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次加速，设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为，在不改变交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据动能定理可得（2）根据动能定理又联立可得（3）根据结合牛顿第二定律根据运动学公式，结合动能的定义联立可得4．（2025·天津北辰·三模）如图，在平面直角坐标系的第三象限内存在沿轴正方向的匀强电场，第一象限某区域内存在垂直于坐标平面向里的圆形区域的匀强磁场（图中没有画出）。一质量为，电荷量为的带正电粒子从电场中的点以大小为的速度平行于轴正方向射入电场，经原点射入第一象限时与轴正方向的夹角为，运动一段时间后进入圆形匀强磁场区域，最后射出磁场时与轴正方向的夹角也为。已知点与轴的距离为，匀强磁场的磁感应强度大小，不计粒子受到的重力。求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)粒子在磁场中运动的时间；(3)圆形匀强磁场区域的最小半径。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有，，又联立解得（2）设粒子从点射入第一象限时的速度大小为，在磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于，则运动时间又有，联立解得（3）粒子在匀强磁场区域内的运动轨迹如图所示由几何关系可知，当进入磁场的点和射出磁场的点的连线是圆形磁场区域的直径时，磁场区域半径最小，则有又，联立解得5．（2025·天津滨海新·三模）某粒子偏转器，主要由加速电场，偏转电场和偏转磁场三部分构成。如图甲所示为该粒子偏转装置示意图，粒子源可以均匀连续的产生质量为m、电荷量为、初速度忽略不计的带电粒子，经电压为U的加速电场加速后，带电粒子贴近上板边缘，水平飞入两平行金属板中的偏转电场。两水平金属板长为，间距为d，板间加有图乙所示的周期性变化的电压，其最大电压也为U、周期为，下极板右端正下方紧挨金属板竖直放置长度为d的探测板。带电粒子由偏转电场飞出后，立即进入平行板右侧的垂直纸面向外的水平匀强磁场，最后经匀强磁场偏转后打在探测板上。不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：(1)若带电粒子经过加速电场未进入偏转电场之前，形成了大小为I的稳恒电流，沿着电流方向长度为电流中，包含的粒子个数；(2)一个周期内，从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比；(3)从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B需要满足的条件。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设粒子进入偏转电场的初速度为，根据动能定理有电流则联立可得（2）带电粒子穿过偏转电场时，水平方向做匀速直线运动，则有联立解得即：带电粒子通过板间的时间等于周期T，且竖直方向上匀加速的时间必为，设前半个周期中，时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有根据牛顿第二定律联立解得设后半个周期中，时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有解得时间内飞入偏转电场的粒子可以飞出偏转电场，故偏转电场出射的粒子数占比（3）设粒子飞入磁场时的速度为v，根据洛伦兹力提供向心力有设粒子飞入磁场时，其速度与水平方向的夹角为，则有如图设粒子进入磁场后，竖直方向偏移的位移为，由几何关系可知解得若偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板，需满足解得即6．（2025·天津·一模）两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为和，下列说法正确的是（）A．a处为正电荷，B．a处为正电荷，C．把一个正电荷从A点移动到B点该电荷电势能减少D．把一个正点电荷（不计其他力）在a处右侧释放，将匀加速向b处运动【答案】BC【详解】AB．若把该图像与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低。则a处为正电荷。等量异种点电荷电场中的部分等势面图像中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0．该图像的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多，，故A错误，B正确；C．正电荷在高电势点电势能大，在低电势点电势能小，A点电势高于B点电势，则把一个正电荷从A点移动到B点该电荷电势能减少，故C正确；D．由于电场不是匀强电场，正点电荷所受电场力不是恒力，加速度不是恒定的，则把一个正点电荷（不计其他力）在a处右侧释放，做的不是匀加速运动，故D错误。故选BC。7．（2025·天津和平·三模）如图，两个带等量正电荷的微粒以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入平行板电容器的匀强电场中，P从靠近上极板边缘处射入，Q从两极板中央处射入，在重力和电场力的共同作用下，它们打在下极板同一点，不计粒子间的相互作用，在整个运动过程中，下列分析正确的是（）A．两粒子的机械能变化量一定相同B．两粒子的动能一定都增大C．电场力对两粒子的冲量一定相同D．两粒子的电势能一定都减小【答案】BC【详解】A．两个微粒带等量正电荷，电场力做功代表机械能的变化，则由于竖直位移不同，则两粒子的机械能变化量不相同，故A错误；B．两粒子的合外力向下，则粒子运动过程中合外力做正功，两粒子的动能一定都增大，故B正确；C．两粒子的初速度相等，水平方向做匀速直线运动，有可见两粒子运动的时间相等，根据可知电场力对两粒子的冲量一定相同，故C正确；D．由于电场力做功的正负未知，两粒子的电势能可能增大，故D错误；故选BC。8．（2025·天津·二模）静电喷涂是一种利用高压静电场使带负电的涂料微粒定向运动，并吸附在工件表面的喷涂方法。某一静电喷涂装置接上高压电源后在喷口和被涂物间产生强电场，电场线分布如图所示，一微粒从M点沿直线运动到N点，以喷口为原点，以MN连线向右方向为正方向建立x轴，该过程中微粒重力不计，那么电场强度E，微粒的电势φ、速度大小v、电势能Ep随x变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】CD【详解】A．根据该电场分布特点可知，由M到N电场线越来越稀疏，电场强度不断减小，且减小的越来越慢，图线斜率应逐渐减小，并不是倾斜的直线，故A错误；B．沿电场线方向电势逐渐降低，所以由M到N电势升高，而不是降低，故B错误；C．由M到N电场力对微粒做正功，微粒的动能、速度不断增大，由于由M到N电场强度不断减小，微粒加速度不断减小，所以微粒速度增大的越来越慢，反映到图像上，图线斜率逐渐减小，故C正确；D．该图线切线的斜率也表示电场力，由于电场力不断减小并且减小的越来越慢，图线斜率就逐渐减小且减小的越来越慢，又由于电场力对微粒做正功，微粒的动能不断增大，则电势能不断减小，故D正确；故选CD。（建议用时：30分钟）9．（2025·天津红桥·二模）如图所示，静电场中竖直虚线a、b、c、d、e是等势线且相邻之间电势差相等，一带正电的小液滴从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与点A在同一水平线上的E点，A、B、C、D、E为液滴轨迹与等势线的交点。则下列说法正确的是（）A．A点的电势低于B点的电势 B．液滴的机械能一直增大C．液滴在B点时的动能最小 D．B→E过程静电力所做的功是A→B过程的3倍【答案】BD【详解】A．液滴带正电，所以电场强度的方向水平向右，A点的电势高于B点的电势，A错误；B．电场力一直做正功，液滴的机械能一直增大，B正确；C．液滴所受的电场力水平向右，液滴所受的合力向右下方，当速度方向与合力方向垂直时液滴的动能最小，液滴动能最小时速度方向向右上方，液滴在B点左方某点时的动能最小，C错误；D．根据，根据题意得解得，D正确；故选BD。10．（2025·天津滨海新·三模）做心电图时，心脏可视为由两个等量异种点电荷组成的系统。图中显示的是患者体表的瞬时电势分布，实线为等差等势面，数值表示其电势，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为连线中垂线上对称的两点，则（）A．Uab=2UbcB．a点与b点的电场强度相同C．人体内的Cl−在a点的电势能比在b点的电势能大D．若人体内Na+沿两电荷连线的中垂线从c点运动到d点，电场力先做正功再做负功【答案】B【详解】A．由图知则，故A错误；B．根据等量异号点电荷电场的对称性可知a点与b点的电场强度相同，故B正确；C．根据Ep=qφ，负电荷在电势越高的地方电势能越低，人体内的Cl−在a点的电势能比在b点的电势能小，故C错误；D．等量异号点电荷电场的中垂线电势为0，若人体内Na+沿两电荷连线的中垂线从c点运动到d点，电场力始终不做功，故D错误。故选B。11．（2025·天津·一模）如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地（取大地电势φ=0）。S闭合后，两板间有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是（）A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移（油滴仍处于两极板之间），则油滴仍然静止，G中有a→b的电流C．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向下运动D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，油滴将仍然静止【答案】AD【详解】A．开始时，重力和电场力平衡，故将A板上移，由可知，E变小，故油滴应向下加速运动；根据，可知，电容器电量减小，故G中有b→a的电流；故A正确；B．若将A板向左平移一小段位移，则E不变，油滴仍静止，但由于S减小，则C减小，电容器电量减小，故G中有b→a的电流；故B错误；C．若将S断开，Q不变，将A板向左移动一小段位移，S减小，C减小，则U增大，E增大，则油滴向上运动，故C错误；D．若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据可知，场强E不变，则油滴仍静止，故D正确。故选AD。12．（2025·天津河西·二模）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。将一个电子由点移动到点，电子克服静电力做功。下列说法正确的是（）A．两点电荷的电荷量相等B．电子在点所受的静电力大于在点所受的静电力C．电子在点的电势能小于在点的电势能D．两点间的电势差【答案】BC【详解】A．图中等势面为等差等势面，根据公式可知，等差等势面越密集，电场强度越大，左侧电荷产生的等差等势面更密集，故产生的电场强度大，电荷量大，故A错误；B．A点等差等势面更密集，故电场强度：所以电子在点所受的静电力大于在点所受的静电力，故B正确；C．电子由A点移动到B点，电子克服静电力做功3eV，电势能增加，故电子在点的电势能小于在点的电势能，故C正确；D．电子由A点移动到B点，电子克服静电力做功3eV，即，即，故D错误；故选BC。13．（2025·天津和平·二模）如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，质量、带电完全相同的甲、乙两粒子从A点沿半圆的直径AC方向以不同的速度水平射入电场，甲粒子恰好经过半圆的最低点B，乙粒子经过圆弧上BC之间的D点，不计重力，下列分析正确的是（）A．甲、乙两粒子从A点到达圆弧所用的时间相同B．两粒子在B、D两点的速度方向都不可能沿着圆弧半径方向C．粒子在电容器中运动的整个过程，电场力对两粒子做功可能相同D．甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度【答案】BC【详解】A．粒子水平射入竖直方向的电场中，不计粒子重力，则粒子做类平抛运动，竖直方向上有由图可知，甲、乙两粒子从A点到达圆弧的竖直位移不同，则时间不同，故A错误；B．由于类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，则两粒子在B、D两点的速度方向都不可能沿着圆弧半径方向，故B正确；C．粒子在电容器中运动的整个过程，若甲、乙两粒子均打到下极板，则电场力对两粒子做功相同，故C正确；D．结合A分析可知，甲粒子的飞行时间较大，水平方向有由于甲的水平位移较小，可知，甲粒子的入射速度小于乙粒子的入射速度，故D错误。故选BC。14．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图所示，电场中的一簇电场线关于轴对称分布，点是坐标原点，、、、是以为圆心的圆周上的四个点，其中、在轴上，点在轴上，下列说法正确的是（）A．点电场强度的大小可能等于点电场强度的大小B．点电势可能等于点电势C．电荷在点的电势能可能小于在点的电势能D．电荷从点运动到点电场力做的功等于从点运动到点电场力做的功【答案】C【详解】A．根据电场线的疏密程度可知，P点的电场强度小于Q点的电场强度，故A错误；B．根据沿电场方向电势降低，结合等势面与电场方向垂直，可知M点电势低于Q点电势，故B错误；C．根据沿电场方向电势降低，结合等势面与电场方向垂直，可知N点的电势高于M点的电势，根据，若电荷带负电，则电荷在N点的电势能小于在M点的电势能，故C正确；D．根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，根据，可知电荷从N到O过程中电场力做的功大于从O到M过程中电场力做的功，故D错误。故选C。15．（2025·天津河西·模拟预测）电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为、长度为、电阻为的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为，内阻为；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。(1)踩下驱动踏板后，求金属棒刚启动时加速度的大小及开始运动后的转动方向（从上往下看）；(2)踩下驱动踏板后，求金属棒可达到的最大转动线速度。(3)当金属棒达到最大转动速度后松开驱动踏板，在一段时间后金属棒MN将匀速转动。①求此时电容器上的带电量。②定性画出松开驱动踏板后的电容器的电压与电荷量关系的U—q图像，并结合图像和题目中的条件，求电容器最终能回收多少能量储存起来【答案】(1)，金属棒开始运动后沿顺时针转动(2)(3)①；②见解析，【详解】（1）电流方向向下，根据左手定则判断，从往下看，金属棒开始运动后沿顺时针转动，当开关闭合的瞬间，金属棒还没有发生转动，则有金属棒在安培力作用下发生转动，根据牛顿第二定律有解得（2）当金属棒达到最大线速度时，金属棒中无电流通过，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为，则有解得（3）①当金属棒由最大速度减速至匀速转动，由动量定理可得当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，则有结合上述解得②根据电容的定义式有则有作出U—q图像如图所示由于由微元法可知图像下面积等于电容器储存的电能，则有结合上述解得（建议用时：40分钟）16．（2025·天津·一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（）A．从x1运动到x2，电场力对电子做负功B．x1与x3处的电场强度方向相同C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小【答案】AC【详解】A．从x1运动到x2，电势降低，电子的电势能增加，则电场力对电子做负功，选项A正确；B．图像的斜率等于场强，可知x1与x3处切向的斜率不同，则电场强度方向不相同，选项B错误；C．电子运动过程中只有电场力做功，则电势能和动能之和守恒，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，可知电子在x1处的动能小于在x3处的动能，电子在x1处的速率小于在x3处的速率，选项C正确；D．电子从x2运动到x3，图像的斜率变大，则场强变大，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐变大，选项D错误。故选AC。17．（2025·天津红桥·一模）如图所示，真空中两个等量正点电荷位于圆的直径上的M、N两点，直径垂直于，且。下列说法中正确的是（

）A．圆弧是等势面B．B、D两点的电场强度相同C．一个负点电荷仅受静电力作用，从D点由静止释放后，在间做往复运动D．带正电的点电荷在A点时电势能大于该电荷在B点时的电势能【答案】CD【详解】A．等量同种点电荷电势分布如图所示由图根据对称性可知，A、C点的电势相等，B、D点的电势相等，圆弧ABCD不是等势面，故A错误；B．根据电场的对称性可知，同一个试探电荷在B、D两个位置所受的电场力大小相等，方向相反，故B错误；C．根据电场线分布可知，一个负点电荷仅受静电力作用，从D点由静止释放后，先向O做加速运动，然后向B点做减速运动，速度减到零后再反向加速，如此重复，即在间做往复运动，选项C正确；D．根据电势的分布可知，A点的电势高于B点的电势，根据Ep=qφ可知，带正电的点电荷在A点时电势能大于该电荷在B点时的电势能，故D正确。故选CD。18．（2025·天津和平·一模）a、b、c、d是菱形的四个顶点，O是两对角线交点，且aO<bO，P为aO之间的某一点。图甲是将等量的正负电荷分别固定于b、d两点，图乙是将同样的正负电荷分别固定于a、c两点，设无限远处电势为零，对两种情况判断正确的是（）A．甲图中P点场强小于乙图中P点场强B．甲图中P点电势高于乙图中P点电势C．将同一个正电荷从P点移动到O点，甲图电场力的功小于乙图D．将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下两图中的电荷可能均做直线运动【答案】AC【详解】A．根据等量异种电荷电场分布特点及电场的叠加原理可知，甲图中P点场强小于乙图中P点场强，A正确；B．根据等量异种电荷电势分布特点可知，甲图中，P点的电势为零，乙图中P点的电势大于零，B错误；C．将同一个正电荷从P点移动到O点，甲图中电场力做功为零，乙图中电场力做正功，故甲图电场力的功小于乙图电场力做的功，C正确；D．根据电场的叠加原理可知，甲图中，P点的场强垂直于bd连线，且从P到O逐渐增大，从O到c又逐渐减小，故将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下，甲图中电荷不可能做直线运动，乙图中，P点的场强方向始终沿ac连线，将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下，乙图中的电荷会做直线运动，D错误。故选AC。19．（2025·天津河西·一模）带电粒子的电荷量与质量之比叫作比荷，比荷的测定在近代物理学的发展中具有重大意义。磁聚焦法是测量比荷的一种常用方法，接下来我们一起研究这种测量方法所使用的装置。如图甲所示，在真空玻璃管中装有热阴极K和带有小孔的阳极A，在A、K之间加上电压后，连续不断地有电子从阴极K由静止加速到达阳极A．电子从小孔射出后沿水平中心轴线进入平行板电容器，两板间距及板长均为L，电容器两极板间所加电压u随时间t变化的关系如图乙所示。两极板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏与中心轴线垂直，且与两极板右端的距离为z（未知）。在荧光屏上，以垂点为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，其中y轴垂直于电容器极板。两极板与荧光屏间有一水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B．已知电子在两极板间运动的时间极短，电子的电荷量为e，质量为m，不计电子重力和电子间的相互作用。(1)某时刻图甲中电容器下极板的电势高于上极板，则此时两极板间的电子所受静电力的方向是（填“向上”或“向下”）的；(2)求电子射出两极板时偏离中心轴线的最大距离；(3)（ⅰ）进入磁场后，电子在xOy平面上的投影做圆周运动，该圆周运动的圆心位置和半径均与u有关，求圆心位置的x、y坐标之比；（ⅱ）电子打在荧光屏上形成亮斑，若z可以取任意值，求荧光屏上亮斑形状（长度或面积）的最大值。【答案】(1)向下(2)(3)（ⅰ）；（ⅱ）【详解】（1）某时刻图甲中电容器下极板的电势高于上极板，则电场强度方向从下极板指向上极板，则两极板间的电子所受静电力的方向向下。（2）电子在电场中加速，根据动能定理可知电子在两极板间运动时，根据牛顿第二定律有根据类平抛规律有，联立解得电子射出两极板时偏离中心轴线的最大距离（3）粒子飞出两极板时，竖直方向有，此后，粒子沿着中心轴线方向做匀速运动，在xOy平面上以速度做匀速圆周运动，则有联立解得可得（ⅱ）形成的亮斑是一条直线，几何关系可知其最大长度又因为联立解得20．（2025·天津河西·一模）如图所示，水平放置的平行板电容器充电后断开电源，上极板A带负电，下极板B接地，在两极板间的P点固定一个负电荷。现将电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离d，移动之后P点的电势为、负电荷在P点具有的电势能为、极板A与P点之间的电势差为、两极板之间电场强度的大小为E。以下四个图像中，图线形状正确的是（）A． B．C． D．【答案】AC【详解】D．平行板电容器充电后断开电源，所以电容器的电荷量不变，将电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离d，根据可知电容变小，根据且有解得可知场强不变，故D错误；A．下极板接地，P点与下极板间的电势差保持不变，所以P点的电势不变，故A正确；B．根据q为负值，为正值，所以负电荷在P点具有的电势能为负值，且不变，故B错误；C．根据故C正确。故选AC。21．（2025·天津南开·一模）电容式加速度传感器可用于汽车安全气囊系统，传感器的核心部件为由一块固定极板和一块可前后移动的极板组成的平行板电容器，可移动极板的移动距离与汽车的加速度大小成正比。已知电容器所带电荷量始终保持不变，当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N两极板之间的电压减小，当电压减小到某一值时，安全气囊弹出。则减速过程该电容器（）A．电容减小B．M、N两极板间的距离减小C．极板间的电场强度增大D．M板为可移动极板【答案】B【详解】A．因为电荷量Q不变，电压U减小，根据可知电容增大，故A错误；B．因为C增大，根据则M、N两极板间的距离d减小，故B正确；C．极板间电场强度又因为，联立解得可知电场