2027版53B版新高考版物理总复习专题九　静电场

专题九静电场目录考点1静电场中力的性质考点2静电场中能的性质考点3电容器带电粒子在匀强电场中的运动五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练题型26静电力作用下的平衡与加速问题题型27求解电场强度的几种特殊方法题型28静电场中力和能的性质的综合问题题型29静电场中的图像问题题型30带电粒子在组合场、叠加场、交变电场中的运动一年创新·风向练实验10观察电容器的充、放电现象五年高考·考点练考点1静电场中力的性质考向1电荷守恒定律库仑定律1.★★(多选)(2025河北,8,6分)如图,真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和

B,带有等量同种电荷,电荷量为q,两者间距远大于小球直径,两者之间的静电力大小

为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,移走C后,A和B之

间的静电力大小仍为F,则Q∶q的绝对值可能是

()A.1

B.2

C.3

D.5

AD

解析

C先跟A接触后,A和C所带的电荷量相等,qA'=qC'=

,C再跟B接触后,B和C所带的电荷量相等,qB'=qC″=

=

q+

Q,根据库仑定律F=k

可知,A和B之间的静电力大小不变,则qA'qB'=q2,解得

=1或

=5,A、D正确。2.★★★(2025福建,11,3分)如图,M、N、P是竖直平面内一直角三角形的三个顶点,M、

N在同一水平线上,∠PMN=30°。M、N点分别固定有电荷量为Q1、Q2的正点电荷。若

一带电小球置于P点时,处于受力平衡状态,则Q1与Q2的比值为___________;除P点外,线

段MP上__________(填“存在”或“不存在”)该带电小球受力平衡的其他点。

不存在

解析在P点放置一带电小球,使带电小球恰好处于受力平衡状态,则带电小球一定与

点电荷Q1与Q2电性相同,且受到的库仑力的合力与重力等大反向,对其受力分析如图甲

所示,可知tan30°=

,其中r1=

r2,联立可得

=

;若将同一带电小球移至线段MP上其他点,则M点处的正点电荷与带电小球距离变小,对带电小球作用力一定增大,而N

点处的正点电荷与带电小球距离变大,对带电小球作用力一定减小,则无法完成力的矢

量三角形的封闭(点拨:要想构建封闭的矢量三角形,

须变大),如图乙所示,即线段MP上不存在再次让带电小球平衡的位置。3.★(2025陕晋青宁,1,4分)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图,其中可能正确的

是

()

B

考向2电场电场强度电场线

解析电场线在电场中不相交,A错误。B选项符合正点电荷的电场线分布,B正确。静

电场的电场线从正电荷或无限远处出发,终止于无限远处或负电荷,C选项的电场线是

闭合的,不符合静电场的电场线分布特点,C错误。若存在D选项所示的静电场,如图所

示,作两个垂直于电场线的等势面,则A、B两点间的电势差小于C、D两点间的电势差,

与假设矛盾,D错误。

4.(教考衔接·人教版必修三P24,复习与提高B组,T6)(2024江苏,1,4分)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

大小之比Ea∶Eb等于

()A.1∶1

B.2∶1

C.3∶1

D.4∶1

D

解析设F-q图像的横坐标每格长度表示的电荷量为q0,纵坐标每格长度表示的力大小

为F0,根据E=

可知F-q图像的图线斜率表示电场强度,由题图可知Ea=

=4

,Eb=

=

,可得Ea∶Eb=4∶1,D正确。5.★★(2026河南,2,4分)在x坐标轴上放置电荷量为QM和QN的两点电荷,其坐标分别为xM

=-a,xN=a。电荷量为q(q>0)的试探电荷沿x轴移动,所受静电力F随x变化的图像如图所

示。取x轴的正向为F的正方向,则

()

A.QM>0,|QM|>|QN|

B.QM>0,|QM|<|QN|C.QM<0,|QM|>|QN|

D.QM<0,|QM|<|QN|

A

解析由题意可知,x轴的正方向为F的正方向,试探电荷带正电,则结合题图可知,x轴上

从-

到

,电场线方向先指向x轴正方向后指向x轴负方向,如图所示,结合两点电荷位置坐标可知,QM>0,QN>0;-

<x<

区间内,电场强度为0的点处于x轴正半轴,该位置与电荷量为QN的点电荷距离更近,则由点电荷电场强度公式E=

可知,|QM|>|QN|,A正确。

D

6.★★★(2023湖南,5,4分)如图,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

()A.Q1=q,Q2=

q,Q3=qB.Q1=-q,Q2=-

q,Q3=-4qC.Q1=-q,Q2=

q,Q3=-qD.Q1=q,Q2=-

q,Q3=4q

解析设带电荷量分别为Q1、Q2、Q3的点电荷分别为a、b、c,P点处电场强度为零,由

几何关系可知,b和c必定带异种电荷才能使P点处电场强度在沿三个点电荷连线方向的

分量为零,且b和c在P处产生的场强沿垂直三个点电荷连线方向的分量和与a在P处产

生的场强等大反向,A、B错误。设a到P的距离为r,则由几何关系可知b和c到P点的距

离分别为

r和2r,P点处场强在平行于三个点电荷连线方向的分量为零,故有k

·cos60°=k

·cos30°,解得

=

,C错误,D正确。7.★★★(2024贵州,7,4分)如图,A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上,直径AB与弦BC

间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时,C点的电场强度

方向恰好沿圆的切线方向,则

等于

()

A.

B.

C.

D.2

B

解析根据题意可知,A、B处两电荷为异种电荷,假设A点处为正电荷,B点处为负电荷,

作出两电荷在C点的场强如图所示(点拨:A点处若为负电荷,B点处若为正电荷,则仅影

响C点场强沿切线的指向,对大小无影响),

设圆的半径为r,根据几何知识可得rAC=r,rBC=

r,tan60°=

,同时有EA=

,EB=

,联立解得

=

,B正确。8.★★(多选)(2020课标Ⅱ,20,6分)如图,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀

分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,

它们与圆心的距离均相等。则

()A.a、b两点的场强相等B.a、b两点的电势相等C.c、d两点的场强相等D.c、d两点的电势相等

ABC

考向3求解电场强度的几种特殊方法

解析在上、下半圆上取若干组等量异种点电荷(关于ab对称位置),ab为等量异种点

电荷连线的中垂线,则ab上电势为零,φa=φb,B正确。由对称性知ab、cd线上关于圆心对

称的位置电场强度大小相等,则Ea=Eb,Ec=Ed,A、C正确。离正电荷越近电势越高,故φc>

φd,D错误。9.★★(2022湖南,2,4分)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体

的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关

于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是

()

A

A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大

解析没有移去a处绝缘棒时,由电场的叠加与对称性可知,O点合场强为零;移去a处绝

缘棒时O点的场强与单独带正电的a处绝缘棒在O点产生的场强大小相等、方向相反,

故移去a处绝缘棒后O点的合场强方向由O点垂直指向a,B、D错误。四根绝缘棒带正

电,其在O点产生的电势都为正值,由于电势是标量,O点电势等于四根绝缘棒分别在O

点产生的电势的代数和,故移去a处绝缘棒,O点处电势减小,A正确,C错误。10.★★(2022山东,3,3分)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均

匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为Δ

L的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强

度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为

()

C

A.正电荷,q=

B.正电荷,q=

C.负电荷,q=

D.负电荷,q=

解析将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在

O点产生电场的合场强等于零,由此可知,圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷

分别在O点产生电场的场强等大反向,由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何

关系可得,A、B处带电圆弧上的电荷在O点产生的电场的合场强E1=k

,方向由O指向C,由题意可知,qA=

ΔL,D点的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向,故q应为负电荷,由k

=k

,解得q=

,C正确。11.★★★(2024河北,7,4分)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

()

D

A.

B.

(6+

)C.

(3

+1)

D.

(3+

)

解析

B、C处正点电荷在M点产生的场强大小E1、E2相等,根据点电荷的场强公式得E

1=E2=k

=3

,M点的场强为0,则带电细杆在M点产生的场强大小E=2E1cos60°=3

,根据对称性可知带电细杆在A点产生的场强大小E'=E,方向沿MA,B、C处正点电荷在A点产生的场强大小E'1、E'2相等,根据点电荷的场强公式得E'1=E'2=k

,则A处的场强大小EA=2E'1cos30°+E'=k

(3+

),D正确。

技巧点拨对称法求场强对称法是指在研究物理问题时,利用研究对象的对称特性来分析和处理问题的方法。

本题利用带电细杆形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问题大为简

化。12.★★★(2021江苏,10,4分)一球面均匀带有正电荷,球内的电场强度处处为零,如图所

示。O为球心,A、B为直径上的两点,OA=OB,现垂直于AB将球面均分为左右两部分,C

为截面上的一点,移去左半球面,右半球面所带电荷仍均匀分布,则

()A.O、C两点电势相等B.A点的电场强度大于B点C.沿直线从A到B电势先升高后降低D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大

A

解析完整球面时,φO=φC,φ左O=φ右O,φ左C=φ右C,因为电势是标量,φO=φ左O+φ右O=2φ右O,φC=φ左C+

φ右C=2φ右C,所以φ右O=φ右C,A正确H(点拨:利用补偿法和电势的叠加原理进行分析)。完整

球面时A、B两点的电场强度为0,左半球面上的电荷在A点产生的电场强度和右半球面

上的电荷在B点产生的电场强度大小是相等的,同理左半球面上的电荷在B点产生的电

场强度和右半球面上的电荷在A点产生的电场强度大小是相等的,所以E右A=E右B,B、D

错误。根据对称性可知右半球面上正电荷在AO段上产生的电场方向一直向左,同理可

得在半球面上正电荷在OB段上产生向右的电场,而完整的球壳内AB段上场强处处为

零,应用填补法分析可知,右半球面上正电荷在AB段上一直产生向左的电场,则沿直线

从A到B电势一直升高,C错误。考向4静电力作用下的平衡与加速问题

BC

13.★★(多选)(2021湖北,11,4分)如图所示,一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两

根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中,悬点均为O。两小球质量均

为m、带等量异号电荷,电荷量大小均为q(q>0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为

θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍,两小球仍在原位置平衡。已知静

电力常量为k,重力加速度大小为g。下列说法正确的是

()A.M带正电荷B.N带正电荷C.q=L

D.q=3L

解析根据受力分析可知小球M带负电,小球N带正电,A错误,B正确。由几何关系可

知,两小球之间的距离为r=

L,当两小球的电荷量大小为q时,由力的平衡条件得mgtan45°=qE-

;两小球的电荷量同时变为原来的2倍后,由力的平衡条件得mgtan45°=2qE-

,整理解得q=L

,C正确,D错误。

A

14.★★★(2020浙江1月,13,3分)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,

在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接。A、B、C三

小球的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。已知静

电力常量为k,重力加速度为g,则

()A.qC=

q0B.弹簧伸长量为

C.A球受到的库仑力大小为2MgD.相邻两小球间距为q0

解析设小球C带负电,相邻小球间距为L,则小球C受力如图所示。

根据库仑定律可得FBC=k

、FAC=k

,显然小球C无法处于静止状态,因此小球C带正电,则C平衡时,沿斜面方向有k

=k

+Mgsinα,则

=Mgsinα①。对B球受力分析如图。

根据受力平衡,可得k

=k

+Mgsinα②,联立①②可得qC=

q0③,A正确。将C的电荷量代入①式,则L=q0

,D错误。A所受总的库仑力大小为FA=k

-k

④,①③④联立可得,A所受库仑力为FA=2Mgsinα,方向沿斜面向下,C错误。对A受力分析可知,F弹=Mgsinα+FA,将上述结果代入,则F弹=3Mgsinα,因此弹簧伸长量为Δx=

(点拨:分析A所受的弹力也可以考虑将A、B、C看作一个整体,运用整体法进行分析),B错

误。

BD15.★★★(多选)(2025山东,11,4分)球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水

平地面上,带电荷量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点,

过O、A、B的截面如图所示,C、D均为圆弧上的点,OC沿竖直方向,∠AOC=45°,OD⊥

AB,A、B两点间距离为

R,E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(

)

A.甲的质量小于乙的质量B.C点电势高于D点电势C.E、F两点电场强度大小相等,方向相同D.沿直线从O点到D点,电势先升高后降低

解题导引“甲、乙刚好静止于碗内壁”→利用受力平衡及相互作用力的关系可得

甲、乙质量关系。“E、F为AB连线的三等分点”→根据距离关系和电场的叠加原理可得E、F点的电场

强度的关系。“C、D均为圆弧上的点”“OD⊥AB”→引入试探电荷,利用电场力做功可得电势的

变化。

解析

由A、B两点间距离为

R,可得2Rsin

=

R,故AB圆弧所对的圆心角θ=120°;对小球甲、乙分别受力分析,如图所示,由正弦定理可得

=

、

=

,由于FBA=FAB,可得m甲>m乙,故甲的质量大于乙的质量,A错误。将带正电的试探电荷由C点沿圆

弧移至D点,静电力一直对其做正功,试探电荷的电势能一直减小,故电势一直减小,所以

C点电势高于D点电势,B正确。由电场强度叠加原理可得,E点处的电场强度大小EE=

-

=

,方向由A指向B;F点处的电场强度大小EF=

-

=

,方向由B点指向A点,C错误。将带正电的试探电荷沿直线从O点移到D点,静电力对其先做负功后做正功,所以试探电荷的电势能先增大后减小,可知沿直线从O点到D点,

电势先升高后降低,D正确。

ABD

16.★★★(多选)(2025安徽,10,5分)如图,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被

固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、

乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为

q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的

合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则

()A.F1=

F2B.E=

C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v=

解析对甲、乙受力分析如图所示,设斜面的倾角为θ,则F1=mgtanθ,F2=2mgtanθ,即F1

=

F2,A正确。甲、乙均带正电,则F1=k

-Eq,F2=2Eq+k

,且F1=

,联立解得E=

,B正确。若将甲、乙互换位置,对甲受力分析,甲所受静电力的合力大小F1'=k

+Eq>mg

tanθ,受力不平衡;对乙受力分析,乙所受静电力的合力大小F2'=k

-2Eq<2mgtanθ,受力不平衡,C错误。若撤去甲,设乙沿斜面向下的加速度为a,则2mgsinθ-2qEcosθ=2ma,

结合甲撤去前,乙在沿斜面方向上的受力平衡,2mgsinθ=

cosθ,解得a=

cosθ,设乙下滑至底端的末速度为v,则v2=2a×

,解得v=

,D正确。

总结归纳点电荷平衡问题的解题步骤点电荷平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的,只是在原来受力

的基础上多分析一个静电力,具体步骤如下。

17.(模块融合·静电力作用下的简谐运动)(多选)(2024海南,12,4分)如图,真空中有两个点

电荷,电荷量均为-q(q>0),固定于相距为2r的P1、P2两点,O是P1P2连线的中点,M点在P1P2

连线的中垂线上,距离O点为r,N点在P1P2连线上,距离O点为x(x≪r),已知静电力常量为k,

则下列说法正确的是

()

BCD

A.P1P2连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为

rB.P1P2连线的中垂线上电场强度的最大值为

C.在M点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小D.在N点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动

解析设中垂线上某点与P1(或P2)的连线与P1P2连线的夹角为θ,0≤θ<

,则该点处的场强E=2

sinθ=

,解法一

令f(θ)=sinθcos2θ,则f'(θ)=cos3θ-2sin2θcosθ,当f'(θ)=0,解得tanθ=

,此时f(θ)取最大值,f(θ)max=

,所以中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为d=rtanθ=

r,最大值Emax=

,A错误,B正确。解法二

令y=sinθcos2

θ=sinθ(1-sin2

θ)则y2=sin2

θ(1-sin2

θ)2=

×2sin2

θ(1-sin2

θ)2根据基本不等式可知,当2sin2

θ=1-sin2

θ即sin2

θ=

时,y有最大值ymax=

,将ymax代入E=

,解得Emax=

,A错误,B正确。因为r>

r,所以在M点静止释放一电子后,电子受到的电场力向上且一直减小,故加速度一直减小,C正确。在N点静止释放电子,设电子离O点距离为x'时,其所受到的电场力

大小为F=

-

=kqe

=kqe

,因为x'≪r,所以电场力大小F≈kqe

,方向指向O点(点拨:x'为0时,F=0,即O点为平衡位置),电场力大小与电子相对于平衡位置的位移大小成正比,且总指向平衡位置,符合简谐运动的特点,D正

确。主题探究以密立根油滴实验为情境的高考题一、背景介绍

密立根油滴实验精确测定了电子的电荷量并发现电荷是量子化的。如图所示为密立根油滴实验装置,之所以选择油滴,而不选择水滴等液体做实验,是因为油滴挥发性

很弱,能够确保油滴质量在实验过程中保持不变。喷雾形成的油滴通过小孔飘入平行

板电场区域,可通过调节平行板间的电压来改变电场强度,离子源发出离子与油滴碰撞

及吸附,使油滴带电,通过显微镜观察单个油滴的运动,并通过秒表计时,研究其在不同

受力情况下的运动状态来研究油滴带电荷量的情况。例如油滴悬停时,则油滴重力mg

等于其受到的电场力qE;若油滴做匀速直线运动,若要考虑空气阻力f作用,则油滴受到

的重力、电场力和空气阻力三力平衡。通过测量相关物理量,间接测得油滴的电荷

量。密立根通过反复测量,测得所有油滴电荷量都有一个最大公约数,这个最大公约数

就是元电荷e,即所有油滴的电荷量均为e的整数倍。1.(2022湖北,4,4分)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源

的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间

的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量

为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板

间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为

()

A.q,r

B.2q,r

C.2q,2r

D.4q,2r

D

二、高考集萃

解析金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止,则由

平衡条件有q

=

ρπr3g,若仅将金属板间电势差调整为2U,设电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能在板间保持静止,则由平衡条件有q'

=

ρπr'3g,联立得

=

,D正确。2.(2023新课标,25,14分)密立根油滴实验的示意图如图所示。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、带电荷量不同、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。(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)油滴a带负电,油滴b带正电

4∶1

解析

(1)设油滴的密度为ρ,所受空气阻力大小f=krv,其中k为定值且k>0,r为油滴半径,v

为油滴运动速率。当两板间不加电压时对油滴a有f1=kr1v0

①f1=m1g

②m1=ρ·

π

③对油滴b有f2=kr2·

④f2=m2g

⑤m2=ρ·

π

⑥联立①②③④⑤⑥解得r1=2r2,m1∶m2=8∶1(2)由题意可知金属平板的上板为正极,则电场强度的方向竖直向下。油滴所受空气阻

力与运动速率成正比,加上电压后,两个油滴很快达到相同速率

并竖直向下做匀速运动。其中油滴a的速率变小,所受空气阻力变小,则所受电场力向上,故油滴a带负电;油

滴b的速率变大,所受空气阻力变大,则所受电场力向下,故油滴b带正电。两板间加上电压后对油滴a有f1'=kr1

⑦f1'+q1E=m1g

⑧对油滴b有f2'=kr2

⑨f2'=q2E+m2g

⑩联立并结合(1)中数据可得q1∶q2=4∶13.(2022广东,14,15分)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得

了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。两个水平放置、相距

为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或

摩擦,部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和

B,在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以

原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠

h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴

受到的空气阻力大小为f=k

v,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率。不计空气浮力。重力加速度为g。求:(1)比例系数k;(2)油滴A、B的带电荷量和电性;B上升距离h2电势能的变化量;(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。

答案

(1)

(2)A不带电,B带负电、电荷量为

-m0gh2

(3)

若h1>h2,竖直向下做匀速运动;若h1<h2,竖直向上做匀速运动

解析

(1)两极板未加电压时小油滴匀速运动,所受合力为零,故有m0g=k

,解得k=

。(2)两板间加上电压后A继续以原速度下落,说明A不带电。由B的运动过程可知B带电,

所受电场力向上,则B带负电,B向上匀速运动时有

q=m0g+k

将k值代入解得B所带电荷量大小q=

B上升h2电势能的变化量ΔEp=-W电=-

q·h2=-m0gh2

。(3)假设新油滴向下匀速运动,则有2m0g=

q+k·(2m0

v,解得v=

若h1>h2,v>0,新油滴竖直向下做匀速运动;若h1<h2,v<0,新油滴竖直向上做匀速运动。考点2静电场中能的性质考向1电场分布带电粒子的运动轨迹1.★★(2026黑吉辽内蒙古,4,4分)某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周

期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加速电子束。电子束通过虚线框区域的极

短时间内,电场可视为恒定的,电场线分布如图所示,这段时间内

()

A.a点的电场强度比b点的大B.电子沿直线从a点运动到b点时,动能减小C.电子沿直线从b点运动到c点时,速度增大D.电子束的横截面大小和形状均不变

C

解析

a点的电场线比b点的稀疏,则a点的电场强度比b点的小,A错误;电子从a点运动

到b点,电场力做正功,动能增大,B错误;电子从b点运动到c点,电场力做正功,动能增大,

速度增大,C正确;a、b、c所在电场线的上方和下方电子所受电场力与运动方向不在一

条直线上,导致电子做曲线运动,则电子束的横截面大小和形状发生变化,D错误。2.★★(2025甘肃,5,4分)如图,两极板不平行的电容器与直流电源相连,极板间形成非匀

强电场,实线为电场线,虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上,N、P点在同一电场

线上。下列说法正确的是

()A.M点的电势比P点的低B.M点的电场强度比N点的小

D

C.负电荷从M点运动到P点,速度增大D.负电荷从M点运动到P点,电场力做负功

解析由题可知,实线为电场线,M点电场线密集程度大于N点电场线密集程度,所以EM>

EN,B错误。由于电容器上极板接电源正极,下极板接电源负极,所以电场方向沿电场线

由上向下,如图所示,沿电场线方向电势逐渐降低,所以φN>φP,因为M点与N点在同一等势

面上,所以φM>φP,A错误。C、D选项中运动电荷为负电荷,根据Ep=qφ可知,负电荷在M

点与P点的电势能关系为EpM<EpP,电场力做功WMP=-ΔEp,所以负电荷从M点到P点过程中

电场力做的功WMP=EpM-EpP<0,即电场力做负功,D正确。由能量守恒定律可得EkM>EkP,所

以负电荷在M点的速度大于在P点的速度,所以从M点到P点过程中负电荷的速度减小,

C错误。3.★★(多选)(2024广东,8,6分)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

()

AC

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

解析沿电场线方向电势降低,M点电势比N点电势低,A正确;电场线密处电场强度大,

所以P点的电场强度比N点的大,B错误;由于污泥絮体带负电,污泥絮体从M点移动到N

点电场力对其做正功,C正确;N点电势高于P点电势,负电荷在电势高处电势能小,则污

泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能,D错误。4.★★(2025云南,4,4分)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所

示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2V、-1V、1V、2V的等势线上,则

()A.a、b、c、d中a点电场强度最小B.a、b、c、d中d点电场强度最大C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eVD.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV

C

解析由等势线分布图知a点附近的等势线最密,所以a点的电场强度最大,A、B错误;

根据电荷的电势能Ep=qφ,电子的电荷量为-e,所以电子在a、b、c、d点的电势能分别是

2eV、1eV、-1eV、-2eV,一个电子从b点移动到c点,电场力做功Wbc=Epb-Epc=2eV,C正

确;一个电子从a点移动到d点,电势能增加了ΔEpad=Epd-Epa=-4eV,D错误。

易错警示电势、电势能、电场力做功是标量,在代入公式求解相应的物理量时应严

格注意正、负号,尤其是电子带负电,其电荷量qe=-e。5.★★★(多选)(2024甘肃,9,5分)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

BCD

解析根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,粒子带正电,A错误。等差等势

面越密集的地方场强越大,故M点的电场强度比N点的小,B正确。粒子带正电,因为M点

的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,D正确。由于带电

粒子仅在电场力作用下运动,只有电场力做功,电势能与动能总和保持不变,可知当电势

能最大时动能最小,故粒子运动轨迹上电势最大处粒子动能最小,C正确。6.★★★(多选)(2023全国乙,19,6分)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BC

解析以O点为圆心作同心圆如图,这些圆均为等势线,其中过Q点的圆与轨迹线相

切。

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对它的电场力作用下

在竖直面内运动,在运动过程中,小球离该点电荷的距离先减小后增大,电场力对小球先做正功后做负功,电势能先减少后增加,A错误;小球由P到M的运动过程中,电场力对小

球做正功,小球的电势能减少,小球在P点的电势能大于在M点的电势能,由于OM=ON,

可知M、N两点的电势相等,则小球在M点的电势能等于在N点的电势能,所以小球在P

点的电势能大于在N点的电势能,B正确;小球在M点的电势能等于在N点的电势能,根据

能量守恒定律可知小球在M点的机械能等于在N点的机械能,C正确;小球从M点运动到

N点的过程中,电场力对小球先做正功后做负功,电势能变化量为零,可知电场力做的总

功为零,但不是始终不做功,D错误。7.★(2026广东,2,4分)静电卡盘是芯片制造中的重要设备,如图为双极型静电卡盘吸附

原理简图。双电极接高压电源后,晶片靠近卡盘的一侧带上与电极极性相反的电荷,在

电场力作用下向卡盘运动并被吸附。在晶片运动过程中,下列说法正确的是

()

B

考向2静电场中力和能的性质的综合分析A.电场力对晶片做负功B.晶片在电场中的电势能逐渐减少C.晶片与卡盘电极之间表现为斥力D.晶片与卡盘电极之间电场强度处处相同

解析晶片在电场力作用下向卡盘运动,电场力方向与位移方向相同,电场力对晶片做

正功,晶片在电场中的电势能逐渐减少,A错误,B正确。晶片靠近卡盘的一侧带与电极

极性相反的电荷,异种电荷相互吸引,二者表现为引力,C错误。双电极左侧部分与晶片

间的电场强度方向向上,右侧部分电场强度方向向下,方向不同,D错误。8.★★(2025四川,3,4分)如图所示,由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def

组成的绝缘光滑管道固定于水平面内,管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量

为Q(Q>0)的带电小球。另一个电荷量为q(q>0且q≪Q)的带电小球以一定初速度从a点

进入管道,沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则

()

B

A.小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力B.小球从c点到e点电势能先不变后减小C.小球过f点的动能等于过d点的动能D.小球过b点的速度大于过a点的速度

解析库仑力F=

,e点到O点的距离大于b点到O点的距离,所以小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力,A错误。点电荷产生的电场中,电势φ=

,从c点到d点小球与O点间距离不变,电势不变,由Ep=qφ知小球电势能不变;从d点到e点小球与O点间距离增

大,电势降低,小球电势能减小,故小球从c点到e点电势能先不变后减小,B正确。f点到O

点的距离大于d点到O点的距离,因此f点处电势较低,小球电势能较小;由题可知Ep与Ek

之和不变(点拨:能量守恒),所以小球过f点的动能大于过d点的动能,C错误。a点到O点

的距离大于b点到O点的距离,a点电势低于b点电势,小球在a点的电势能小于在b点的电

势能,故小球在a点的动能大于在b点的动能,则va>vb,D错误。

方法总结

(1)能量守恒逆向推导法正向逻辑:电势能增大→动能减小;电势能减小→动能增大。逆向应用:若选项中出现“动能相等”,必先判断对应位置电势能是否相等。例如C选

项中f点与d点到O点的距离不同,小球电势能不相等,动能必不相等,直接否定“动能等

于”的错误关联。(2)同号电荷的势能特性口诀记忆:“近增远减”——同号电荷靠近时电势能增加,远离时电势能减少;异号电荷

反之。(3)多电荷系统延伸若本题改为O点固定负电荷,Q<0,则电势能变化与原结论相反:带正电的小球靠近O点

时电势能减小,远离时电势能增大,需重新分析B、C、D选项,但解题方法(库仑力公

式、能量守恒)不变。9.★★★(2025福建,4,4分)角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器,其核心装

置中有两个同心半球极板,垂直半球底面且过球心O的截面如图所示。极板间存在一

径向电场,其等势线为一系列以O为圆心的半圆。电子a以初动能Ek从入口M点垂直半

球底面入射,从N点射出;电子b也从M点垂直半球底面入射,经P点后从Q点射出。两电

子的运动轨迹如图所示。已知电子a轨迹为一以O为圆心的半圆,与OP交于H点,H、P

两点间的电势差为U,OM=r,NQ=2HP,电子电荷量大小为e,重力不计,则

()

D

A.P点处的电场强度大小为

B.电子a在H点受到的电场力大小为

C.电子b在P点时的动能小于在Q点时的动能D.电子b从M点运动到Q点的过程中,克服电场力所做的功小于2eU

解析电子a轨迹是以O为圆心的半圆,与电场的等势线重合,所以a做匀速圆周运动,有

Fa=eE=m

=

,故E=

,离圆心O越远电场强度越小,所以EP<EH=

,A、B错误;由题意可知电子b做离心运动,克服电场力做功,所以在P点时的动能大于在Q点时的动能,

C错误;已知NQ=2HP,根据径向电场的分布特点可知M、H、N在同一等势线上,UNQ<2

UHP=2U,所以电子b克服电场力所做的功W=eUNQ<2eU,D正确。10.★★★(2026湖南,6,4分)如图,三个足够大的金属板A、B、C平行放置,B板到A、C板

的距离分别为d1、d2,d1<d2。a点到A、B板的距离相等,b点到B、C板的距离相等。A、

C板均接地,B板带电。关于a、b两点的电场强度Ea、Eb和电势φa、φb,下列关系正确的

是

()

A

A.Ea>Eb

B.Ea<EbC.φa>φb

D.φa<φb

解析设φA=φC=0,已知B板为等势体,故UBA=UBC,A、B两板间电场强度大小为Ea=

,B、C两板间电场强度大小为Eb=

,已知d1<d2,则Ea>Eb,A正确,B错误;φB-φa=

,φB-φb=

,可得φa=φB-

,φb=φB-

,又因UBA=UBC,则φa=φb,C、D错误。

二级结论匀强电场中,在同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比,故有

UBa=

,UBb=

。11.★★★(2024湖南,5,4分)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(

)

D

解析根据题意知固定在坐标原点的电荷为负电荷且无限远处电势为0,则当x接近0

时,电势接近负无穷,根据点电荷的场强公式可得,在x轴正半轴上任一点x处,电荷量为+

4q的点电荷在此点产生的场强大小E1=

,电荷量为-q的点电荷在此点产生的场强大小E2=

,若有E1=E2的位置,即

=

,解得x=1或x=-

(舍去)。φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,则x=1处对应的切线的斜率为0,电势最高,D正确。12.★★★(2024重庆,6,4分)沿空间某直线建立x轴,该直线上的静电场方向沿x轴,其电势

φ随位置x变化的图像如图所示,一电荷量为e、带负电的试探电荷,经过x2点时动能为1.

5eV,速度沿x轴正方向,若该电荷仅受电场力。则其将

()A.不能通过x3点B.在x3点两侧往复运动C.能通过x0点D.在x1点两侧往复运动

B

解析电荷仅在电场力作用下运动,动能与电势能之和不变。试探电荷在x2处动能为1.

5eV,电势能为-1eV,总能量为0.5eV,x2到x3区域电势在增大,带负电的试探电荷受沿x轴

正方向的电场力做加速运动,在x3处速度最大,之后在x3右侧受沿x轴负方向的电场力做

减速运动,运动到电势为-0.5V处时电势能为0.5eV,由能量守恒可知此时试探电荷动能

为0,开始向x轴负方向加速运动,通过x3后继续向x轴负方向做减速运动,在电势为-0.5V

处减速到0,之后再次反向运动,即试探电荷在x3点两侧往复运动,不会运动到x0、x1处,B

正确。13.★★★(2022河北,6,4分)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延长线上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,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上一点。下列说法

正确的是

()A.P点电势低于S点电势

B

B.T点电场强度方向指向O点C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功

解析在直线MN上,左边正点电荷在M、N间的电场强度水平向右,右边负点电荷

在M、N间的电场强度水平向右,根据电场强度的叠加可知M、N间的电场强度水平向

右,沿着电场线方向电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势,则P点电

势高于S点电势,A错误;电场强度方向和等势面垂直,所以T点电场强度方向指向O点,B

正确;由于正点电荷的电荷量大于负点电荷的电荷量,可知在N点左侧电场强度不可能

为零,则在N点右侧,设电场强度为零的点到N点的距离为d,M、N间距离为L,根据

=

可知,除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,C错误;无穷远处电势低于P点电势,则正电荷在无穷远处的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从无穷远处移到P点,电势能增大,静电力做负功,D错误。14.★★★(2023浙江6月,12,3分)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定,

竖直截面如图所示。两板间距10cm,电荷量为1.0×10-8C、质量为3.0×10-4kg的小球用

长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S,小球静止时,细线与AB板夹角为30°;剪断

细线,小球运动到CD板上的M点(未标出),g取10m/s2,则

()

B

A.MC距离为5

cmB.电势能增加了

×10-4JC.电场强度大小为

×104N/CD.减小R的阻值,MC的距离将变大

解析剪断细线后,重力与电场力的合力沿着原先细线所在直线,

=tan30°,d=10cm,因此lMC=10

cm,A错误;带电小球的受力如图所示,由几何关系知F=Eq,

Eq=mg,则E=

×105N/C,C错误;剪断细线,小球克服电场力做功W=Eql,l=d-l线sin30°,解得W=

×10-4J,则电势能增加了

×10-4J,B正确;R阻值变化不会影响两平行板之间的电势差,即减小R的阻值,不会改变MC的距离,D错误。

考点3电容器带电粒子在匀强电场中的运动考向1电容器1.★★(2024黑吉辽,5,4分)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

B

解析由题图(a)可知,降低溶液浓度,不导电溶液的相对介电常数εr变大,由电容的决定

式C=

可知,εr变大,电容器的电容C变大,A错误;由于电容器始终与恒压电源连接,所以电容器两板间电势差不变,由Q=CU可知,电容器所带电荷量Q增大,B正确,C错误;溶

液浓度降低过程中,电容器所带电荷量Q增大,可知电容器处于充电状态,电流方向为N

→M,D错误。2.★★(2026广东,7,4分)图(a)为某梳齿状可变电容器截面图,上端为固定极板,下端为可

上下运动的动极板。将该电容器接入图(b)所示电路,探究其电荷量Q、极板电压U和

电容C的变化,过程为:①当动极板运动到最高处,开关S接a端,电源E向电容器充电;②充

电结束后S接b端空置,动极板向下运动;③当动极板运动到最低处,S接c端,电容器通过R

放电。关于该过程,下列图像可能正确的是

()

A

解析充电时电容器带电荷量增加,板间电压增大;S接b时,Q不变,动极板下移,正对面

积S减小,由C=

可知电容C减小,由U=

可知,电压U增大;S接c时放电,Q、U均逐渐减小至零,A正确。

速解方法②过程电容器的电容C增大,电荷量Q不变,可排除B、C、D选项,A正确。3.★★★(2026四川,5,4分)如图所示,金属薄板a、b、c、d完全相同,用长导线和开关S

1、S2连接,a与b、c与d平行且间距相等,S1、S2均断开。a、b带等量异种电荷,c、d不带

电。一质量为m、带电荷量为q的微粒静止在a、b之间。忽略边缘效应。则

()A.S1闭合、S2断开,微粒向下运动B.S1断开、S2闭合,微粒向上运动C.S1、S2同时闭合,微粒向下运动D.S1、S2同时闭合,微粒保持静止

C

解析当S1和S2均断开时,微粒静止在a、b两板之间,说明微粒受到的静电力与重力平

衡;当闭合两个开关中的一个时,电荷并没有转移到另一个电容器的薄板上,根据C=

=

,即Q=

=

E,可知a、b之间的电场强度不变,微粒保持静止,A、B错误。当同时闭合两个开关时,两个电容器上的电荷量均分(点拨:电荷量的总和保持不变),a、b

两薄板带电荷量均为原来的一半,由上述分析可知Q=

E,则a、b之间的电场强度变为原来的一半,微粒受到的静电力变为原来的一半,微粒受到的合力方向向下,微粒向下

运动,C正确,D错误。4.★★★(2025全国,24)电容器的形状变化会导致其电容变化,这一性质可用于设计键

盘,简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器,电容器的极板面积

为S、间距为d,电容C=α

(α为常量)。按下键盘按键时,极板间的距离变为按压前的η倍;撤去按压,按键在弹力作用下复位。电容器充电后,(1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量,则按压后极板间的电压变为按压前的多少

倍?(2)若按压按键不改变电容器极板间的电压,则按压后极板间的电场强度大小变为按压

前的多少倍?

答案

(1)η

(2)

解析

(1)按下键盘按键前电容器电容为C=

①电容器所带的电荷量Q和电压U之间的关系为Q=CU

②联立①②式得U=

③按下按键后电容器极板间的电压U'=

,即

=η

④(2)平行板电容器极板间是匀强电场,电场强度大小E=

⑤由于按压按键不改变电容器的电压U,而按下键盘按键导致极板间距d变为按压前的η

倍,根据⑤式可得,极板间电场强度大小E'=

,即

=

⑥考向2带电粒子在电场中的加速与偏转5.★★(2025重庆,5,4分)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动,如图所

示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场,N点为QP的中点。模拟动画显示,

带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场,沿图中所示轨迹同时到

达M、N两点,K点为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用,则可推断a、b

()

D

A.具有不同比荷B.电势能均随时间逐渐增大C.到达M、N的速度大小相等D.到达K点所用时间之比为1∶2

解析带电粒子a、b同时垂直于OQ进入匀强电场,均做类平抛运动(点拨:运用化曲为

直的思想分解运动),且同时分别到达M点和N点,则两粒子在平行OQ方向的位移大小相

等,两粒子在平行OQ方向均做初速度为0的匀加速直线运动,运动时间相等,所以加速度

大小相等;由牛顿第二定律得qE=ma,则a=

E,所以两粒子的比荷相同,A错误。两粒子a、b在平行PQ方向均做匀速直线运动,a、b两粒子沿QP方向的分位移之比为2∶1,

运动时间相等,所以初速度大小之比为2∶1,由于两粒子在平行OQ方向均做匀加速直

线运动,速度随时间线性增大,所以动能随时间非线性增大,电势能随时间非线性减小,B

错误。两粒子在平行OQ方向的末速度大小相等,平行QP方向分速度不相等,所以两粒子到达M、N两点时的速度大小不相等,C错误。两粒子到达K点时平行PQ方向的运动

距离相等,初速度大小之比为2∶1,则所用时间之比为1∶2,D正确。6.★★★(多选)(2023湖北,10,4分)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

BD

B.U1∶U2=1∶1C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2D.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

解析带电微粒在电容器中运动到最高点过程中,在水平方向有2L=vcos45°·t1,在竖直

方向有q

=ma,d=

t1,0=vsin45°-at1,则有

=1,a=

,U2=

=

,在加速电场中,由qU1=

mv2得U1=

,则

=1,A错误,B正确。微粒从最高点运动至离开电场过程中,水平方向有L=vcos45°·t2,竖直方向有vy=at2,得vy=

v,速度与水平方向夹角的正切值tanθ=

=

,则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值tanα=tan(θ+45°)=3,C错误;微粒在电容器中运动时,有x=vcos45°·t,y=vsin45°·t-

at2,得y=x-

,与q、m无关,D正确。7.★★★(2026陕晋青宁,7,4分)飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域,其简化工

作原理如图。开关S闭合,在真空室内,电容器极板AB间加速电压为U,两极板中央开有

小孔,C为接收端,BC间为无场漂移区域。有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电大分

子(不计重力),自飘入(忽略初速度)A极板小孔起,经加速区域和漂移区域到达C端结束,

时间探测器显示整个过程时间为t,则

()

C

A.保持S闭合,仅

变大,t变长B.保持S闭合,仅U增大,t变长C.保持S闭合,AC位置不变,仅B极板向右移动,t变长D.将S断开,AC位置不变,仅B极板向右移动,t变长

解析设AB间距为d、BC间距为L,若保持S闭合,则加速电压U不变,根据动能定理有qU

=

mv2,解得v=

,又因为t1=

,t2=

,则t=t1+t2=

(2d+L)=

[(d+L)+d]。仅

变大,则t变短;仅U增大,t变短,A、B错误。AC位置不变(点拨:d+L不变),仅B极板向右移动,

d变大,则t变长,C正确。S断开时,电容器带电荷量Q不变,设极板正对面积为S0,平行板电

容器的电容C=

,电压U'=

=

,则v'=

=2

,AC位置不变,即d+L=D(定值),L=D-d。总时间t=

=

=

(d+D)

=

,令f(d)=

+

,求导或由均值不等式知识可知f(d)在d<D时随d的增大而减小,B极板右移,d增大,因此t变短,D错误。

一题多解保持S闭合,仅将B板右移时,加速电压不变,板间场强减小,带电大分子获得

的加速度减小,但获得的速度不变,作出速度-时间关系图像如图1所示,由于总位移不

变,即图线与横轴所围面积不变,故t变长,C正确。将S断开,仅将B板右移时,板间场强不

变,带电大分子获得的加速度不变,但加速距离变长,则带电大分子获得的速度增大,作

出速度-时间关系图像如图2所示,由于总位移不变,可知t变短,D错误。

8.★★★(2025江苏,13,8分)如图所示,在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中,两

个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0