2024年领军高考物理一轮复习专题13.2静电场精讲精练含解析

PAGEPAGE25专题13.2静电场TOC\o"1-3"\h\u第一部分：考点梳理 1考点一、电场的性质及电场力 1考点二、电势、电势差、等势面、电场力做功、电势能的相互关系 5考点三、电容器 7考点四、带电粒子在匀强电场中的运动 8其次部：题型学习 9题型一、场强矢量性叠加的多种考法 9题型二、电场力作用下的静力学平衡问题 11题型三、粒子在电场中运动的图像类问题 13题型四、带点粒子在电场中运动的轨迹问题 15题型五、动态电容 16题型六、利用等势面的特点处理相关问题 17题型七、带点粒子在电场的运动 19题型八、带点粒子在电、重复合场重的运动 21题型九、等效重力场的相关应用 23第一部分：考点梳理考点一、电场的性质及电场力①点电荷电荷守恒定律库仑定律1．点电荷元电荷(1)点电荷：当带电体本身的大小和形态对探讨的问题影响可以忽视不计时，可以将带电体视为点电荷。点电荷是一种志向化模型。(2)元电荷：把最小的电荷量叫做元电荷，用e表示，e＝1.60×10－19C。全部带电体的电荷量或者等于e，或者等于e的整数倍。2．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不能创生，也不能消逝，只能从物体的一部分转移到另一部分，或者从一个物体转移到另一个物体，在转移的过程中，电荷的总量保持不变。(2)物体的带电方式：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(摩擦起电,接触带电,感应起电))eq\o(――→,\s\up7(实质))电子转移，电荷重新安排，遵循电荷守恒定律。3．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比。作用力的方向在它们的连线上。(2)表达式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫静电力常量。(3)适用条件：真空中静止的点电荷。②静电场电场强度电场线1．静电场：静电场是客观存在于电荷四周的一种物质，其基本性质是对放入其中的电荷有力的作用。2．电场强度(1)定义式：E＝eq\f(F,q)，是矢量，单位：N/C或V/m。(2)点电荷的场强：E＝eq\f(kQ,r2)。(3)方向：规定正电荷在电场中某点受力的方向为该点的电场强度方向。3．电场线(1)电场线的特点。①电场线从正电荷动身，终止于负电荷或无穷远处，或来自于无穷远处，终止于负电荷。②电场线在电场中不相交。③在同一电场中，电场线越密的地方场强越大。④电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向。⑤沿电场线方向电势渐渐降低。⑥电场线和等势面在相交处相互垂直。(2)几种典型电场的电场线。③两种等量点电荷的电场线比较等量异种点电荷等量同种点电荷形态连线中点O处的场强大小最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外渐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度等大同向等大反向（典例应用1）(多选)下列关于电场强度的两个表达式E＝eq\f(F,q)和E＝eq\f(kQ,r2)的叙述，正确的是()A．E＝eq\f(F,q)是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B．E＝eq\f(F,q)是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的电场力，q是放入电场中的电荷的电荷量，它适用于任何电场C．E＝eq\f(kQ,r2)是点电荷电场强度的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场，该值的大小可以通过电场线的疏密来进行比较；D．从点电荷电场强度计算式分析库仑定律的表达式F＝keq\f(Q1Q2,r2)，eq\f(kQ2,r2)是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的电场强度大小，而eq\f(kQ1,r2)是点电荷Q1产生的电场在Q2处电场强度的大小【答案】BCD【解析】q是摸索电荷的带电量、Q是产生电场的电荷的带点量r是探讨点距产生电场的电荷的距离；其中E＝eq\f(kQ,r2)只适用于点电荷产生的电场规律的探讨，而E＝eq\f(F,q)则适用于全部电场大小的计算；（典例应用2多选)两个半径相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的()

A.eq\f(4,7)B.eq\f(3,7)C.eq\f(9,7)D.eq\f(16,7)【答案】CD【解析】设两小球的电荷量分别为q和7q，则原来相距r时的相互作用力F＝keq\f(q×7q,r2)＝keq\f(7q2,r2)。由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种状况：

(2)两球电性不同。相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为eq\f(7q－q,2)＝3q。放回原处后的相互作用力F2＝keq\f(3q×3q,r2)＝keq\f(9q2,r2)，故eq\f(F2,F)＝eq\f(9,7)。（典例应用3）两个相同的带电金属小球A、B（可视为点电荷），相隔肯定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F。现将不带电的金属小球C（可视为点电荷）先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是()A.eq\f(1,8)FB．eq\f(1,4)FC.eq\f(3,8)F D．eq\f(3,4)F【答案】A【解析】由于A、B间有吸引力，故A、B带异种电荷。设A、B带的电荷量分别为Q、－Q，则两球之间的相互吸引力即为静电力：F＝keq\f(Q2,r2)。当C球与A球接触后，A、C两球的电荷量都为：q1＝eq\f(Q,2)。当C球再与B球接触后，B、C两球的电荷量都为：q2＝eq\f(Q－\f(Q,2),2)＝eq\f(Q,4)。所以此时A、B两球之间的相互作用力的大小为F′＝eq\f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),r2)＝keq\f(Q2,8r2)＝eq\f(F,8)，故A正确。（典例应用5）如图所示，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，a、b是MN连线上关于O的对称点，c、d是直线HG上关于O的对称点。下列说法中正确的是()A．a点的场强与b点的场强相同B．c点的场强与d点的场强大小相同C．将一摸索电荷沿MN由a移动到b，所受电场力先减小后增大D．将一摸索电荷沿HG由c移动到d，所受电场力先减小后增大【答案】BC【解析】在两电荷的连线上，由场强的叠加原理可知，中点O场强最小且为零，从点O分别向点a或b，场强渐渐增大，故将一摸索电荷沿MN由a移动到b，所受电场力先减小后增大，由于a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，故场强大小相等，方向相反，选项A错误，C正确；在两电荷连线的中垂线上，中点O的场强为零，由O点沿中垂线向外，场强先增大后减小，故无法推断由O点到c点或d点场强如何改变，因此摸索电荷由c移动到d所受电场力如何改变无法确定，由于c、d是两点电荷连线中垂线上关于O的对称点，故场强大小相等，方向相反，所以B正确，D错误。考点二、电势、电势差、等势面、电场力做功、电势能的相互关系1．静电力做功(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关。(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离。②WAB＝qUAB，适用于任何电场。2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功。(2)静电力做功与电势能改变的关系：静电力做的功等于电势能的削减量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。(3)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无限远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零。3．电势(1)定义：摸索电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q的比值。(2)定义式：φ＝eq\f(Ep,q)。(3)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。4．等势面A、B在同一等势面上(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。(2)特点①等势面肯定与电场线垂直。②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。(典例应用6)如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列推断正确的是()A．A点的电势最低B．B点的电场强度最大C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大【答案】D【解析】依据电场线的特点，沿着电场线方向电势渐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误，D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中EA>EB，则同一正电荷在A、B两点所受电场力关系为FA>FB，所以C错误。(典例应用7)(2024·全国丙卷·15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面到处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度肯定相等D．将一负的摸索电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面肯定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负摸索电荷时，电场力做负功，选项D错误。考点三、电容器①基本公式与概念②分析比较的思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。(2)用确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)确定电容器电容的改变。(3)用定义式C＝eq\f(Q,C)判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的改变。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器极板间场强的改变。③两类动态改变问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小Q变小E变小C变小U变大E不变S变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小εr变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小（典例应用8）如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间电场强度E的改变状况为()A．U变大，E变大 B．U变小，E变小C．U不变，E不变 D．U变小，E不变【答案】B【解析】当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，则U＝eq\f(Q,C)将变小，则由E＝eq\f(U,d)可知，板间电场强度E也将变小。选项B正确。（典例应用9）静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，极板B固定，A可移动，起先时开关S闭合，静电计指针张开肯定角度，则下列说法正确的是()A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度减小【答案】B【解析】静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S后，将A向左移动少许，电容器的电荷量不变，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知电容减小，由Q＝CU知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，A错；同理，断开S后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B对；保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计金属球和外壳之间的电势差为电源电势差，静电计指针张开的角度不变，C、D错。考点四、带电粒子在匀强电场中的运动（典例应用10）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止起先被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最终打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列推断正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经验的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4【答案】B【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经验的时间不同，故A错误；依据推论y＝eq\f(U2L2,4dU1)、tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。其次部：题型学习题型一、场强矢量性叠加的多种考法例1.（微元法）ab是长为l的匀称带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示.ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2.则以下说法正确的是（

）A.两处的电场方向相同，E1＞E2

B.两处的电场方向相反，E1＞E2C.两处的电场方向相同，E1＜E2

D.两处的电场方向相反，E1＜E2【答案】D【解析】假设细杆所带电性为正，将细杆看成若干正点电荷的集合，P1点左右两侧距P1点处的正电荷在P1处的合场强大小为0.因此，P1处的合场强可以理解为是右面长的杆中正点电荷在P1处形成的合场强；故P1处的合场强方向向左；依据点电荷场强公式：，在本题中杆长点电荷带电的总量可类比于公式中的Q，P2处的场强可以理解为L杆长全部正电荷在P2处的合场强，故P2处的合场强方向向右；l长正电荷带电总量类比于公式中的Q，故P1处的场源电荷小于P2的场源电荷；又因为二者距探讨点的距离均为；故P2处的场强大；D选项正确；例2.(割补法)匀称带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上匀称分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.eq\f(kq,2R2)－EB.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E【答案】A【解析】左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带电荷量为2q的整个球壳产生的电场和带电荷量为－q的右半球面产生的电场的合电场，则有E＝eq\f(k2q,2R2)－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生场强大小。带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小与带电荷量为q的左半球面AB在N点产生的场强大小相等，则EN＝E′＝eq\f(k2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，A正确。例3.（替代法）如图，一半径为R的圆盘上匀称分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(

)(k为静电力常量)

A．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)【答案】B【解析】选B.本题应从点电荷产生的电场和电场的叠加角度解决问题．已知a处点电荷和带电圆盘均在b处产生电场，且b处场强为零，所以带电圆盘在b处产生的电场场强E1与q在b处产生的电场场强Eab等大反向，即E1＝Eab＝eq\f(kq,R2)，带电圆盘在d处产生的电场场强E2＝E1且方向与E1相反，q在d处产生的电场场强Ead＝eq\f(kq,3R2)，则d处场强Ed＝E2＋Ead＝eq\f(kq,R2)＋eq\f(kq,9R2)＝keq\f(10q,9R2)，选项B正确．例4.(结合题意矢量叠加，2013安徽)如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充溢z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间随意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部电场强度到处为零，则在z轴上z＝eq\f(h,2)处的电场强度大小为(k为静电力常量)()A．keq\f(4q,h2)B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)【答案】D【解析】选D.本题需抓住题中的隐含条件：静电平衡时导体内部电场强度到处为零，然后利用电场的叠加原理求解．在z轴上z＝－eq\f(h,2)处的B点，电场是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．由于该处电场强度为零，设导体表面在该点产生的电场强度为E，则有keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)h))2)＝E.依据对称性知，导体表面感应电荷在z＝eq\f(h,2)处的A点的电场强度大小也为E，但方向与B点相反．则z＝eq\f(h,2)处A点的合电场强度E合＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2)＋E＝keq\f(40q,9h2).故选项D正确．题型二、电场力作用下的静力学平衡问题例5.(2024·益阳模拟)如图所示，两个质量分别为0.1g和0.2g的带电小球A和B，带电量分别为q1和q2，两球用绝缘细线悬于同一水平天花板上，静止后它们恰好位于同一水平高度上，两细线与竖直方向的夹角分别为α、β，两带电小球均可视为点电荷。关于两球的电性及夹角的大小，下列说法中正确的是()A．两球带同种电荷，若q1<q2，则α<βB．两球带同种电荷，若q1>q2，则α>βC．两球带异种电荷，若q1<q2，则α<βD．两球带异种电荷，无论q1与q2谁大，都有α>β【答案】D【解析】两个球相互吸引，肯定是带异种电荷；对两个球分别受力分析，如图所示：mA＝eq\f(F,gtanα)mB＝eq\f(F′,gtanβ)由于mA<mB，F＝F′，故α>β；例6.如图所示带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离减为d/2，可采纳以下哪些方法B的质量都增加到原来的2倍小球B的电荷量都减小到原来的一半小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将方法总结：库仑力作用下平衡问题的解题步骤点电荷的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了一个电场力。详细步骤如下：题型三、粒子在电场中运动的图像类问题例7.如图AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如下图所示，则A、B两点场强大小和电势凹凸关系是（）A、B、C、D、【答案】【解析】通过v-t图像可知，正电荷从A运动到B的过程做加速度减小的加速运动，说明正电荷受到由A指向B的电场力，正电荷的受力方向与场强方向相同，故场强的方向由A指向B，沿着电场线的方向电势降低故，又因为；从A到B的过程加速度减小，所以;故B选项正确；例8.(2014·上海物理·19)静电场在x轴上的场强E随x的改变关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【答案】BC【解析】x2～x4场强沿x轴负方向，则从x2到x4处正点电荷逆着电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；同理分析可得，B正确；由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的肯定值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误。例9.在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3【答案】AC【解析】A对：由题图知，a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大，且rb＝2ra，由E＝eq\f(kQ,r2)知Ea∶Eb＝4∶1。B错：rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1。C对：在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的改变量大小相等，则Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1。D错：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1。例10.(2014·安徽理综·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是()点拨：本题是关于图象的“信息题”。以图象为载体考查电场的力的性质与电场的能的性质，考查理解题目的信息并且应用信息解决问题的实力。本题切入点在于依据Ep­x图象得到电场力的改变规律，突破口在于依据牛顿其次定律得到加速度的改变规律，然后结合动能定理分析。【答案】D【解析】在Ep­x图象中，图象的斜率大小等于粒子所受静电力的大小，由题意可得，静电力F随x增大而减小，由F＝qE得电场强度E也应减小，所以A错误。而F＝ma，a也随x增大而减小，D正确。C图中图象为直线，运动相同位移时速度增加量相同，又粒子做加速运动，故增加相等的速度须要的时间渐渐减小，即加速度渐渐增大，而电场力渐渐减小导致加速度减小，相互冲突，C错误。依据能量守恒定律有ΔEk＝－ΔEp，所以B错误。题型四、带点粒子在电场中运动的轨迹问题例11.（2024天津）如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN.下列推断正确的是（）A.vM<vN,aM<aNB.vM<vN,φM<φNC.φM<φN,EpM<EpND.aM<aN,EpM<EpN【答案】D【解析】由粒子轨迹弯曲方向及电场线分布状况可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线方向，设粒子由M向N运动，则速度方向沿轨迹切线方向，电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以vM>vN，EpM<EpN，A、B项错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，故粒子在M点所受电场力的大小小于在N点所受电场力的大小，由牛顿其次定律可知，aM<aN，D项正确；由于电场线方向如图所示；所以M点电势较N点的高，C项错误.(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，依据此图可做出的正确推断是()A.带电粒子所带电荷为正；B.带电粒子在a、b两点的受力方向可以判定；C.带电粒子在a、b两点的加速度,a处较大D.带电粒子在a、b两点的速度b点的速度较小；【答案】BCD【解析】依据轨迹弯曲方向只能推断出电场力方向，由于不知电场线方向，故无法推断带电粒子电性，A错误，B正确；依据电场线疏密知Ea>Eb，则Fa>Fb，a点加速度大于b点加速度，C正确；速度大小通过电场力做功来推断，由a到b电场力做负功，速度减小，D正确．题型五、动态电容例13.如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中()A．油滴将向下做匀加速运动B．电流计中电流由b流向aC．油滴运动的加速度渐渐变大D．极板带的电荷量削减【答案】CD【解析】由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量削减，电容器放电，电流由a流向b，D正确，B错误；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强渐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度渐渐变大，C正确，A错误。例14.（2024北京）探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示，下列说法正确的是（）A.试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B.试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C.试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；依据电容器的确定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，依据可知，电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；依据电容器的确定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，依据可知，电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；依据可知，电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误.例7．如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动状况将是（）A．仍静止不动．B．向下运动C．向上运动．D．无法推断．【答案】A【解析】此题利用二极管的单向导电性来推断电容器是Q还是U不变，若假设U不变立刻推断出E变小，电场力变小，电荷向下运动，但是d变大又导致C变小结合U不变得出Q变小即电容器A板正电荷应当放出这是不行能的事，所以只能得出一个结论假设错误即Q不变可以依据得出不变（与d无关）题型六、利用等势面的特点处理相关问题例15.(多选)(2024·河北唐山一模)如图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行。已知A、B两点的电势分别为φA＝12V、φB＝6V，则C、D两点的电势可能分别为()A．9V、15V B．9V、18VC．0V、6V D．6V、0V【答案】AC【解析】已知ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UAB＝UDC＝6V，分析各选项中数据可知，A、C正确，B、D错误。例16．(多选)(2024·全国3)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】ABD【解析】如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1V，选项B正确；则在x轴上，每0.5cm长度对应电势差为1V,10V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何学问得：Od长度为3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，选项A正确，电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，选项C错误，电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9eV，选项D正确。例17.图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能应为（）A8eVB13eVC20eVD34eV【答案】C【解析】点电荷在电场中运动时只有电场力做功，故只存在电势能与动能之间的转化，所以电势能与动能之和是肯定值，即EP+EK=定值；点电荷从a点运动到b点的过程中动能降低了21ev；相邻等势面的电势差相等，说明粒子每经验一个等势面动能将减小7ev；所以粒子到达等势面3时的动能大小为12ev，等势面3的电势为0，电势能为0；故等势面3的总能量为EP+EK=12ev。电荷在随意位置的总能量都为肯定值，所以当其电势能为-8ev时其动能为20ev；题型七、带点粒子在电场的运动例18.如图所示，虚线MN左侧有一场强为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＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最终电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(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θ的正切值tanθ；(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x。【答案】(1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L【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，由牛顿其次定律和运动学公式得：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1，t2＝eq\f(2L,v1)运动的总时间为t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE))。(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，依据牛顿其次定律得，电子在电场中的加速度为a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)t3＝eq\f(L,v1)，vy＝a2t3tanθ＝eq\f(vy,v1)联立各式解得tanθ＝2。(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)tanθ＝eq\f(x2,L)解得：x＝x1＋x2＝3L。例19.（2024全国2）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计。（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及粒子从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】（1）；（2）【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有①F=qE=ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有③设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有④l=v0t⑤联立①②③④⑤式解得⑥⑦设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧题型八、带点粒子在电、重复合场重的运动例20.(2013全国1)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽视不计)．小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止起先下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点起先下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回【答案】D【解析】选D.本题应从动能定理的角度解决问题．带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移eq\f(d,3)，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功WG＝mg(eq\f(d,2)＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－qeq\f(d′,d－\f(d,3))U＝－qeq\f(3d′,2d)U，由动能定理得WG＋W电＝0，联立各式解得d′＝eq\f(2,5)d，选项D正确．例21.如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中心P点．假如能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部汲取，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（

）

A、落到A板的油滴数

B、落到A板的油滴数

C、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于

D、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所削减的机械能等于【答案】【解析】第一滴油滴落在A板的正中心P点，该油滴做平抛运动，结合平抛运动规律可得：第N+1滴油滴刚好能飞离电场，极板上共有N滴油滴；所以极板的带电量为两极板间的电压为两极板间的场强为第N+1滴油滴在复合场中做类平抛运动，在竖直方向的加速度大小为：