2024届新高考物理冲刺专项训练：电场及带电粒子在电场中的运动（解析版）

@阂阿搐❷麴中谛❷阂方函漫宓

一、单选题

1.（2024•四川南充•一模）电容器储能已经广泛应用于电动汽车，风光发电储能，电力系统中电能质量调节。

电容器储能的原理是，当电容器充电后，所带电荷量为。，两极板间的电势差为。，则板间储存了电能。

如图是电容为C的电容器两极板间电势差M和所带电荷量q的4图像，则（）

A.该电容器的电容C随电荷量q增大而增大

B.图像中直线的斜率等于该电容器电容C

C.电源对该电容器充电为。时，电源对该电容器做的功为

D.电源对该电容器充电为。时，该电容器储存的电能为今

【答案】D

【详解】A.电容器的电容由电容器本身来决定，与所带电荷量及两端所加电压无关，故A错误;

B.根据电容的定义式可得

U=—xQ

C

即图像的斜率为电容器电容的倒数，故B错误；

CD.根据电功的计算公式

W=UIt=UQ

图像的面积表示电功，即储存的电能

解得

故C错误，D正确。

故选Do

2.（2024•江苏南通•一模）莱顿瓶是一种储存电荷的装置，在玻璃瓶外面贴有一层金属蓿，内部装食盐水,

从瓶口处插入金属探针，下端浸在食盐水中，盐水和金属箔构成电容器的两极。现要增大电容器的电容，

下列操作中可行的是（）

玻W璃瓶Q用属探针

/I食盐水

/士1

金属箔蚌+一!

A.多加入一些食盐水B.减小食盐水的浓度

C.将金属探针上移少许D.减小金属箔的高度

【答案】A

【详解】A.根据电容器电容的物理意义可知，要提升其储存电荷的本领，即要增大电容器的电容C,根据

C二----

471kd

往玻璃瓶中再加入一些食盐水，相当于增大了极板之间的正对面积，电容增大，莱顿瓶储存电荷的本领获

得提高，故A正确；

B.减小食盐水的浓度，相当于介电常数£减小，莱顿瓶储存电荷的本领获得减弱，故B错误；

C.把金属探针上移少许，极板之间的正对面积S、极板间距d和介电常数£,均没有发生变化，根据上述可

知，电容不变，则这只莱顿瓶储存电荷的本领不变，故C错误；

D.减小金属箔的高度，相当于减小了极板之间的正对面积，电容减小，莱顿瓶储存电荷的本领减弱，故D

错误。

故选A。

3.（23-24高三下•浙江•开学考试）用高压电晕等方法可以把电荷永久固定在一些绝缘材料上形成驻极体。

驻极体在生活中有着广泛的应用，如驻极体话筒、静电贴膜和静电吸附口罩。若把负离子驻入到聚丙烯熔

喷布（无纺布）上可以作为口罩的吸附层（如图所示），假设负离子均匀分布在熔喷布上，下面说法正确的

是（）

A.若手碰熔喷布电荷会泄漏掉

B.若玻璃球外平整地贴上一层驻极体熔喷布，玻璃球内的电场强度为零

C.口罩的静电吸附作用只能吸附带电的微小颗粒

D.若用力把熔喷布拉伸使其面积增大，这些驻极体电荷的电势能将增大

【答案】B

【详解】A.把电荷永久固定在一些绝缘材料上形成驻极体，所以手碰熔喷布电荷不会泄漏掉，A错误；

B.若玻璃球外平整地贴上一层驻极体熔喷布，玻璃球内部处于静电平衡状态，故玻璃球内的电场强度为零，

B正确；

C.口罩的静电吸附作用可以吸附微小颗粒，C错误；

D.若用力把熔喷布拉伸使其面积增大，驻极体电荷间的距离变大，这个过程的电场力做正功，故这些驻极

体电荷的电势能将减小，D错误。

故选Bo

4.（2024・广东广州•一模）科学家研究发现，蜘蛛在没有风的情况下也能向上"起飞"。如图，当地球表面带

有负电荷，空气中有正电荷时，蜘蛛在其尾部吐出带电的蛛丝，在电场力的作用下实现向上"起飞"。下列说

法正确的是（）

B.电场力对蛛丝做负功

C.蛛丝的电势能增大D.蛛丝带的是正电荷

【答案】A

【详解】由题意可知，蛛丝受到空气中正电荷的吸引力和地球负电荷的排斥力，则蛛丝带的是负电荷；离

正电荷越近电势越高，则蜘蛛往电势高处运动，运动过程电场力对蛛丝做正功，蛛丝的电势能减小。

故选A。

5.（2024・广东•一模）电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高

速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈

现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是（）

电子枪/

00

荧光屏

偏转电场

A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场,则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑

B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏的。点下侧移动

C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动

D.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场,则可以看到一个光斑在荧光屏上。点两侧做往复运动

【答案】D

【详解】A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏

上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧

光屏的。点上侧、下侧各一个光斑。故A错误;

B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏。点上方看到一个光斑移

动，故B错误;

C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从

下向上移动，故C错误;

D.若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上。点两侧做往复运动,

故D正确。

故选Do

6.（2024,广东深圳•一模）两块平行金属板安装在绝缘基座上，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极,

一个由锡纸包裹的乒乓球用绝缘细线悬挂于A、B两板之间，摇动起电机，乒乓球在电场力作用下与A、B

两板往返运动碰撞，下列说法正确是（）

A板锡纸包裹的乒乓球

B板

1负极

A.A板的电势低于B板的电势

B.乒乓球往返运动过程中始终带正电

C.A^B的运动过程中电场力对乒乓球做负功

D.A玲8的运动过程中乒乓球电势能减小

【答案】D

【详解】

A.根据题意，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极，则可知A板的电势高于B板的电势，故A错误；

B.当乒乓球在电场力的作用下从A板向B板运动，则乒乓球一定带正电，而当乒乓球与B板发生碰撞，在

接触的过程中乒乓球上的正电荷将与B板所带负电荷中和后并使乒乓球带上负电，之后电场力继续对乒乓

球做正功，使乒乓球运动到A板，如此反复，因此乒乓球往返运动过程中与A板碰撞后带正电，与B板碰

撞后带负电，故B错误；

CD.根据题意，乒乓球在电场力作用下与A、B两板往返运动碰撞，则可知A玲2的运动过程中电场力对乒

乓球做正功，乒乓球的电势能减小，故C错误，D正确。

故选D。

7.（2024•山东德州•模拟预测）如图将直角0ABe上，两点分别固定放置电荷量为。和、&的正电荷，

AC边长为/,在C点放置一点质量为机电荷量为q的电荷，已知好＜。，给电荷q一个初速度（）

臬、

/、、

/•、、

;\、、、

/;、、、

/{、、、

.一一十----------------…

A.不管q带正电还是负电，电荷乡都不可能做匀速圆周运动

B.若电荷q可以做圆周运动，则电荷q带负电，且回CBA二30。，圆周运动的速度大小为阿

Vml

C.若q做匀速圆周运动，则电荷q运动过程中电场强度不变

D.若给电荷q的初速度能沿CD方向做直线运动，则整个运动过程中电荷4的电势能一定先减小再增大

【答案】B

【详解】A.如果两点分别固定放置电荷量为。和瓶。的正电荷，在C点的合场强沿DC方向，若此时

q带负电，电荷“可能做匀速圆周运动，A错误;

B.AB两点分别固定放置电荷量为。和6。的正电荷，且I3CBA=3O。，则。正电荷在C点的场强为&=等,

ko

正电荷在c点的场强为&=7券，由几何关系可得两点电荷在c点的合场强为

底依+或=篙

且方向沿DC方向，电荷夕带负电，由牛顿第二定律可得

〃mv2

qE=-----

r

其中

r=——I

2

联立求得

V

产Vml

B正确；

C.若q做匀速圆周运动，则电荷q运动过程中电场强度大小不变，方向时刻改变，C错误；

D.若给电荷q的初速度能沿CD方向做直线运动，但是不知道电荷q的电性，如果q带正电，则电荷q的

电势能先增大再减小，如果4带负电，电荷4的电势能先减小再增大，D错误。

故选Bo

8.（2024•山东枣庄•一模）磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲

度系数为右的轻质弹簧。细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使其均匀地分布在分子层上，其结构示意

如图所示。已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，静电力常量为鼠介质的相对介电常数为

细胞膜的面积5>>屋。当内外两膜层分别带有电荷量。和-。时，关于两分子膜层之间距离的变化情况，下

列说法正确的是（）

A.分子层间的距离增加了繁B.分子层间的距离减小了繁

C.分子层间的距离增加了电竽D.分子层间的距离减小了警等

£rSksr8k

【答案】B

【详解】内外两膜层分别带有电荷量。和-。时，两膜层之间电场力为引力，在该引力作用下，分子层之间

的距离减小，令距离减小量为Ax,分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为左’的轻质弹簧，由于无

限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，细胞膜的面积5>>屋，则膜层周围的电场也可近似看为匀强电

场，令电场强度为E,可知单独一个极板产生的场强为:E,则有

k'\x=Q-E

根据电容的表达式有

c-Qc=£

U'4兀kd

根据电场强度与电势差的关系有

结合上述解得

即分子层间的距离减小了々生

£rSk

故选Bo

二、多选题

9.（2024•浙江•一模）如图所示为某绝缘空心球的示意图，a、b、c、d、E、尸是过球心。的水平截面的圆周

上六个点等分点，分别在。、d和氏c固定等量的正负电荷，即/=幻=+4和/=&=-4,而是球的某

一直径且与水平面垂直，设无穷远处为电势零点，则（）

A.E、尸两点的电场强度相同

B.A、O、3三点的电势分别记为夕A、%、%，则%=%>%=。

C.将一正的试探电荷从A点沿圆弧移到8点的过程中电场力先做正功再做负功

D.若执c、d处的电荷仍固定不动，将。处的电荷移到。处，则电荷”的电势能将减小

【答案】AD

【详解】A.画出在"cd四点的电荷在E歹两点的场强方向如图，由图可知，E、/两点的电场强度相同,

选项A正确;

B.由等量异种电荷周围的电势分布可知，A。、5三点在等量异种电荷的连线的中垂面上，则各点电势均

为零，即%=%=%=。，选项B错误；

C.将一正的试探电荷从A点沿圆弧AEB移到8点的过程中，电势先升高后降低，则正电荷的电势能先增加

后减小，则电场力先做负功再做正功，选项C错误；

D.若6、c、d处的电荷仍固定不动，将。处的电荷移到。处，因6处的电荷在两点的电势相等，则6处

的电荷使。处的电荷移到。处引起的电势能不变，则主要考虑改两处的电荷对电荷。的影响，在。处时，

A两处的电荷在。点的电势为正，则电荷。的电势能为正，到。处时及两处的电荷在。点的电势为零，则

电荷。在。点的电势能为零，可知将。处的电荷移到0处电荷。的电势能将减小，选项D正确。

故选AD。

10.（2024•广东佛山•一模）开尔文滴水起电机的结构如图所示。中空金属圆筒E、歹通过导线分别与金属

杯G、H相连，盆A中的水通过管B从滴管C、O滴出，分别经E、尸落入G、石中。整个装置原不带电，

若某次偶然机会，C滴出一滴带少量正电荷的水滴，落入金属杯G中，则由于静电感应，。后续滴下的水

滴总是带负电，这样G、”就会带上越来越多的异种电荷。关于上述过程，下列说法正确的是（）

A.G带正电荷，则厂带正电荷

B.G带正电荷，则E带负电荷

C.关闭C、。的阀门，仅G向E靠近时，G带电量减少

D.此过程中水的重力势能部分转化为系统的电势能

【答案】ABD

【详解】AB.左边金属杯G获得正电荷，则与之相连的右边导电环厂也有一定的正电荷。由于静电感应作

用，右手导电环尸上的正电荷，会吸引负电荷到右边。的水流中。右边的水滴会携带负电荷滴落，最终滴

到右边的金属杯”内，使右边的桶所带负电荷增加积累，从而又使与之相连的左边导电环E也带负电荷，

它将会吸引正电荷到左边的水流中。当水滴落到金属杯内，他们各自携带的正负电荷就会转移到金属杯上

并积累。

因此，正电荷由于左边导电环E的吸引作用被吸引到左边水流，使左边金属杯G携带正电荷不断积累。负

电荷被吸引到右侧水流，使右边金属杯携带负电荷不断积累，AB正确；

C.关闭C、。的阀门，仅G向E靠近时，不会导出新的电荷，G带电量不变，C错误；

D.此过程中水的重力势能部分转化为系统的电势能，其余重力势能转化为内能，D正确。

故选ABD。

11.（2024•福建厦门•二模）《厦门志・风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨

其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。"在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感

应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷包小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。

m

如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离,

并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为3xl0-C,质量为2xl（y4kg,以lm/s的速度离开

A球表面。点，最后落入桶底，。点电势为1x10%,距离桶底高度为0.8m,桶底电势为零。不计空气阻力、

茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2,则（）

A.M处电场强度大于N处电场强度

B.茶叶落入左桶，茶梗落入右桶

C.茶梗P落入桶底速度为JF7m/s

D.茶梗P落入桶底速度为26m/s

【答案】BD

【详解】A.电场线分布的密集程度表示电场强弱，M处电场线分布比N处电场线稀疏一些，则M处电场

强度小于N处电场强度，故A错误;

B.根据牛顿第二定律有

qE=ma

解得

qE

a=—

m

由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷包小于茶梗的比荷，可知

m

茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小

于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故B正确；

CD.对茶梗进行分析，根据动能定理有

mgh+qU=———

其中

t7=lxl04V-0=lxl04V

解得

v0=2君m/s

故C错误，D正确。

故选BDo

12.（2024•安徽合肥•一模）如图所示，水平地面上固定有一足够大的导体板，上表面绝缘，右端接地。板

上放置着两滑块M、N,其中〃带正电，N不带电且绝缘。滑块M、N的质量分别为机、2m。N的正上方尸

处固定一电荷量为。的正点电荷。现给滑块M向右的初速度%,经过一段时间与滑块N发生弹性碰撞，碰

撞时间极短，碰后滑块N向右运动距离/恰好静止。已知两滑块与导体板间的动摩擦因数均为〃，重力加速

度为g,两滑块均视为质点，整个过程滑块电荷量不变。则下列说法中正确的是（）

P㊉

MN

,口n,

A.M在运动过程中的电势能不变

B.M在运动过程中的加速度不变

c.碰撞前Af运动的时间为一--,——

〃gV2〃g

D.碰撞前M克服摩擦力所做的功为g相片-

【答案】AD

【详解】A.导体板上表面绝缘，右端接地，电势为0,M在运动过程中的电势能不变，故A正确；

B.滑块M在除碰撞外，运动的整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力/和电场力产作用，其中重力、

支持力和电场力在竖直方向上，三个力平衡，有

mg+F-N

由于M质量小于m,碰撞后M向左减速到零。由于电荷量为。的正点电荷的正下方的导体板表面电场强度

比两侧的要大，因此电场力先变大后变小，则支持力N先变大后变小，水平方向的摩擦力

f="N

根据牛顿第二定律可得

f=ma

解得

a_/J（mg+F）

m

可以判断加速度先变大后变小，故B错误；

C.设绝缘滑块N刚刚发生弹性碰撞后的速度为V,之后匀减速运动，根据牛顿第二定律得加速度大小为

2m

由运动学公式得

-2“7=0-/

联立，解得

♦=

设刚碰撞前M的速度为电，刚刚碰撞后的速度为V2,设向右为正，根据动量守恒定律得

mvl=mv2+2mv

根据弹性碰撞机械能守恒，有

12121c2

—mv.=—mv+—x2mv

212202

联立解得

3____

碰撞前，运动的整个过程中滑块M所受摩擦力为合力，根据动量定理可得

52爆/一%)=一#

I=mvx-mv0=m

若无电场力，摩擦力为

f="mg

可得

ApL

"gV2〃g

故c错误;

D.设碰撞前M克服摩擦力所做的功为W,根据动能定理，有

1212

-W=—mvx--mv0

解得

W=：mvl-tjumgl

故D正确。

故选AD。

13.（2024・贵州毕节•二模）如图，竖直面内有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道8C,固定在光滑的水平地

面上，且圆弧轨道最低点C与水平地面相切。空间加有水平向右的匀强电场，A点位于B点左上方，相对于

B点的水平距离和竖直高度均为R,一可视为质点的带电小球从A点以某一速度水平抛出，恰能从3点无碰

撞地沿圆弧切线进入轨道，小球离开轨道后，运动到。点（。点未画出）时速度减为零，则（）

♦L»

________________

‘》小天一即:

A.小球带负电B.CD段长度为2尺

C.小球从A点抛出时的速度为旅D.从A点到。点过程中小球的电势能增加了3,咫尺

【答案】AD

【详解】A.由题意，可知小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，则小球在水平方向上减速，小球

受到水平向左的电场力作用，与电场方向相反，则小球带负电，故A正确；

BCD.小球恰好从8点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球在竖直方向上做自由落体运动，则

R=gg产='可得小球运动的时间和此时的速度大小为

22g

2R

vB=y12gR

小球在水平方向上，做匀减速直线运动，则有

R=^=-at2

2a2

可得小球从A点抛出时的速度大小为

v0=^2gR

小球在水平方向的加速度的大小为

a=g

可知小球受到的电场力大小为

F=Eq=mg

小球从A到。的过程中，由动能定理可得

12

mgx2R-Fx=0--mvQ

求得

x=3R

可得CD段的长度为

xCD=x-2R=R

根据功能关系可得从A点到D点过程中小球的电势能增加了

A£p-Fx-3mgR

故BC错误，D正确。

故选AD.

14.（2024•四川凉山•一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy,整个空间存在平行xoy平面与y

轴正方向成45。角的匀强电场及质量为根的带电小球从坐标原点。沿无轴的正方向以速度v水平抛出，经

过一段时间小球以血丫的速度穿过y轴正半轴某点（图中未画出），不计空气阻力，则（）

B.小球所受电场力的大小为2血机g

C.小球电势能最大时动能最小

D.小球电势能最大时水平速度等于竖直速度

【答案】BD

【详解】A.从抛出到穿过y轴正半轴的过程中，重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着电场线

的方向运动了一段距离，因此小球带正电，A错误；

B.将电场强度分解到水平方向和竖直方向，则在水平方向上

E水平q=Eqcos45°=修。水平

12c

/一]4水平/=0

匕=丫一°水平，

在竖直方向上

E坚直q-mg=Eqsin45°—mg="°坚直

.=维直/

而

缶=亚+,

联立解得

Eq=2y[2mg

B正确；

CD.小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此时电场力的

方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会继续减小，并非此时是

动能最小的时刻，c错误，D正确。

故选BDo

三、解答题

15.(2024,广东•一模)地表附近存在着环境电场，该电场可视为场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场，

蜘蛛可以通过向空中吐出带电蛛丝实现飞行如图，在无风的天气里，质量为根的蜘蛛，从地面向空中吐出4

根蛛丝，恰好可以使它脱离地面；在有水平风的天气里，/=0时蜘蛛从地面向空中吐出〃(〃>4且为偶数)

根蛛丝，T时刻咬断一半蛛丝，经过一段时间后落到地面完成“迁徙"，假设蜘蛛吐出的每根蛛丝都相同，且

电荷集中在蛛丝顶端，蜘蛛自身始终不带电；已知重力加速度为g,水平风力大小恒为了=!〃归，忽略空气

O

对蜘蛛的其他作用力。

(1)判断蛛丝的电性，求每根蛛丝的带电量4；

(2)蜘蛛要实现空中"迁徙”求w的值；

(3)求蜘蛛"迁徙"一次飞行的水平距离无(计算结果可以保留根号)。

【答案】(1)负电；4=萼；(2)n=6:(3)x=

4E4

【详解】(1)以蜘蛛和蛛丝整体为研究对象，蜘蛛所受重力大小与蛛丝所受电场力大小相等方向相反，所

以蛛丝带负电。由二力平衡知

mg=4qE

解得

整

4E

(2)依题意，蜘蛛要完成起飞，则〃>4；咬断一半蛛丝后，能够降落，则?<4,故

2

4<〃<8

又〃为偶数，则

n=6

(3)设蜘蛛咬断蛛丝前、后，竖直方向加速度大小分别为生、电，咬断蛛丝前

6qE—mg=ma1

咬断蛛丝后

mg-3qE=ma2

设咬断蛛丝时，蜘蛛速度为v,上升了4,咬断蛛丝后，又上升了为，到达最高点。有

v=a(T

2士

2。2

蜘蛛咬断蛛丝后，设继续飞行时间为，，有

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