專題復習

專題三電場與磁場

T知識體系II

一力的性質：E=”=*,E=#電場線

廠性質一

-能的性質：華=系UAB=<PA-中D,W=qU,等勢面

*7

「平衡

帶電粒子在

「對電荷：-二夕￡51dlm一加速

勻強電場中

H電場）作用一

「偏轉

-對導體:靜電感應（靜電平衡、靜電屏蔽）

-電容（定義式c=S，平行板電容器電容的決定式C=嘉）

一

皿用磁感應強度：rMB心r“、石曰岳nc

電|—性質一*DF（j,o\一*磁感線,磁通重中二8S

場IL

與----［磁場］—

磁廠對通電導線:

場

LF=BILULB）

一作用一廠v//B,F=（），做勻速直線運動

對運動電荷：帶電粒子?在

—vlB,F=quB，做勻速圓周運動

F=qvB{vLB）勻強磁場中

-〃與8的夾角為。，做螺旋線運動

直線運動

廠組合場中類平拋（類斜拋）運動

立體空間中的運動

廠帶電粒子的運動一

-直線運動

-圓周運動

一疊加場中-

一般曲線運動

q復合場卜-立體空間中的運動

①示波管

②直線加速器

③速度選擇器

l洛倫茲力與現代科技④磁流體發電機

⑤電磁流量計

⑥霍爾元件

⑦質譜儀

⑧回旋加速器

第8講電場

【目標要求】1.理解電場的性質，會比較電場強度大小、電勢高低、電勢能大小，會分析和計算靜電力做功。2.

會通過電場中的圖像來分析問題。3.會用動力學觀點和能量觀點分析處理帶電粒子在電場中的運動問題。

考點一電場的性質

1.電場強度的分析與計算

(1)電場強度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點的切線方向，電場的強弱(電場強度的

大小)可根據電場線的疏密程度來進行比較。

(2)計算電場強度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補償法、等效法。

2.電勢高低的判斷

判斷依據判斷方法

電場線方

沿電場線方向電勢逐漸降低

向

取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正

場源電荷

值，負電荷周圍電勢為負值；越靠近正電荷

的正負

處電勢越高，越靠近負電荷處電勢越低

電勢能正電荷在電勢能大處電勢較高，負電荷在電

的大小勢能大處電勢較低

靜電力做根據〃產功,將WAB、g的正負號代入，

q

功由“43的正負判斷eA、的高低

3.電勢能大小的判斷

(1)做功判斷法：由MB=EpA-EpB可知，靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增大。

(2)電荷電勢法：由Ep=q0可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大。

(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時，電勢能減小，動能減小

時，電勢能增大。

4.電場的疊加

(1)電場強度的疊加：電場強度是矢量，遵循平行四邊形定則；

⑵電勢的疊加：某點電荷。在距離該電荷r處的電勢夕=?;多個電荷共同激發的電場中，某點的電勢等

于各個電荷單獨在該點激發的電勢的代數和。

例1（2024?全國甲卷48）在電荷量為。的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規定為零時，

距離該點電荷廠處的電勢為底，其中左為靜電力常量，多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等

r

于每個點電荷單獨存在的該點的電勢的代數和。電荷量分別為Qi和Q的兩個點電荷產生的電場

的等勢線如圖中曲線所示（圖中數字的單位是伏特），貝阪）

AQ<0,'=-2BQ>0,猊=-2

Q2

CQ<0,衿3DQ>0,經-3

Q2Q2

答案B

解析根據兩點電荷周圍的電勢分布可知Qi帶正電，Q2帶負電；

由題圖中電勢為0的等勢線可知虐1+左叱=0

丁1丁2

由題圖中距離關系可知3=2

r2

聯立解得舞=2,故選Bo

例2（2024?云南曲靖市二模）真空中有一正三角形ABC,如圖所示，M、N分別為A3、AC的中點,

在8、C兩點分別固定等量異種點電荷，其中3點固定正電荷，C點固定負電荷。貝4（）

A

/\

M/\N

/\

B筋------------------feC

A.沿直線從A點到“點，電勢逐漸降低

B.若電子沿直線從N點移動到A點，電子的電勢能逐漸增大

C.將電子從Af點移動到A點，靜電力一直做正功

D.電子從Af點移動到A點與從A點移動到N點靜電力做的功相等

答案D

解析根據等量異種電荷電勢分布，A點在垂直平分線上，電勢為零，沿直線從A點到M點，電勢逐漸升

高，故A錯誤；沿直線從N點移動到A點，電勢逐漸升高，根據與=4夕，電子帶負電，所以電子的電勢能

逐漸減小，故B錯誤；將電子從M點移動到A點，電勢降低，電勢能升高，所以靜電力做負功，故C錯

誤；根據對稱性可知，從M點移動到A點與從A點移動到N點的電勢變化相等，所以靜電力做的功相等，

故D正確。

【一題多變】

變式1（多選X2024?遼寧省重點高中協作校二模）如圖為一正方體在A、G兩頂點分別固定

等量正、負點電荷，以無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是（）

A.頂點。、P兩處電勢不相等

B.頂點3、H兩處電場強度不相同

C.正方體的12條棱上共有6個點電勢為零

D.將一正試探電荷從。移到C和從8移到戶，電勢能變化量不同

答案AC

解析頂點。距離正電荷較近、頂點/距離負電荷較近，可知。點電勢較高，兩處電勢不相等，故A正

確；由等量異種電荷周圍的電場分布可知，頂點夙H兩處電場強度大小和方向都相同，故B錯誤；正方

體正中心在AG連線的中垂線上，該點電勢為零。棱上任取一點，若該點至A、G兩點距離相等，那么從

中心到該點移動試探電荷,靜電力做功一定為零，W=-AEP=O,則該點電勢與中心一致，即為零，則有CD

中點，3C中點，中點，EP中點，EH中點,DH中點，共6個點，故C正確；因為正、負點電荷是等

量異種電荷，而B點更靠近正電荷，。點更靠近負電荷，所以8點的電勢大于C點的電勢。由于是在正方

體中，由電場的疊加與對稱性可知，。點和3點電勢相同，C點和尸點的電勢相同，即UDc=UBFo由靜電

力做功公式有W=qU,所以將一正試探電荷從。移到C和從8移到歹靜電力做功相同，即電勢能減少量相

同，故D錯誤。

變式2（多選）（2024.山東濰坊市二模）如圖所示，正方體abcl-a必gdi，上下底面的中心為。和Q,在d

點固定一電荷量為+。的點電荷，ci點固定一電荷量為-。的點電荷，6c的中點E固定一電荷量為+2Q的點

電荷。下列說法正確的是（）

A.6點的電場強度的小于c點的電場強度

B.a點與4點的電勢相同

C.c點與Ji點的電勢差等于b點與m點的電勢差

D.將帶正電的試探電荷由。點移動到01,其電勢能先增大后減小

答案AC

解析d點處點電荷和6點處點電荷為等量異種電荷，則兩點電荷在匕點的合電場強度小于在c點的合電

場強度，而E處點電荷到6、c兩點距離相等，即+2Q在兩點的電場強度相等，由于兩電場強度方向垂直,

則6點的電場強度小于c點的電場強度，故A正確；根據中=環,設+Q在。點電勢為a,在從點電勢為償，

則-。在。點和61點的電勢分別為-O2和-e1。設+2。在。點和仇點的電勢為03。則。點電勢為9a=91-02+03,

在61點電勢為夕“二e2-01+03,故。點與%點的電勢不相同，故B錯誤；由等量異種電荷電勢分布特點可知

在仇c、小、外的電勢為零，b、c與E點距離相等，。1、4與E點距離相等，故c點與11點的電勢差等于

方點與G點的電勢差，故C正確；將帶正電的試探電荷由。點移動到。，電勢降低，電勢能減小，故D

錯誤。

考點二電場中的圖像問題

電場中幾種常見的圖像

當帶電粒子只受靜電力時，從3圖像上能

確定粒子運動的加速度方向、大小變化情

v-f圖像況，進而可判定粒子運動中經過的各點的電

場強度方向、電場強度大小、電勢高低及電

勢能的變化情況

⑴從(P-X圖像中可以直接判斷各點電勢的高

低，進而確定電場強度的方向及試探電荷電

(P-X圖像

勢能的變化

Q)(p-x圖線切線的斜率大小表示沿x軸方向

電場強度E的大小

以電場強度沿X軸方向為例：

⑴EX）表示電場強度沿x軸正方向，E<0表

示電場強度沿X軸負方向

E-x圖像

⑵圖線與X軸圍成的“面積”大小表示電勢

差大小，兩點的電勢高低需根據電場方向判

定

（1）圖像的切線斜率大小表示靜電力大小

Ep-x圖像（2）可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨

位移的變化情況

例3（2024.河南許昌市部分學校聯考）如圖乙所示，絕緣粗糙水平面上x=-2/處和x=4/處分別固定

兩個不等量正點電荷（場源電荷），其中x=-2/處的電荷量大小為Q。兩點電荷形成的電場在x軸上

的電勢夕與x關系如圖甲所示，其中坐標原點處電勢為網且為極小值，和》=2/處電勢分別為

|妙和孤）。現由x=2/處靜止釋放質量為加、電荷量為q的帶正電物體（視為質點），該物體剛好向左

運動到x=-/處。物體產生的電場忽略不計，下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

+2n

〃〃才

-21-IO2/4/X

中乙

A.x=4Z的電荷的電荷量為2。

B.物體在運動過程中，電勢能變化量為嚕

C.物體與地面動摩擦因數為等％

lOmgl

D.物體在坐標原點處動能最大

答案C

解析由9-X圖像的斜率大小表示沿無軸方向電場強度的大小可知，在x軸上x=0處的電場強度為零，則

人“照，可得。'=4。，故A錯誤；

物體在運動過程中，電勢能變化量為

AEp=g0oq-*oq=-號黃,故B錯誤；

物體在運動過程中，由動能定理

W電-〃7Mg-3/=O

卬電=AEp=^,解得，故C正確；

H

10尸Wmgl

物體動能最大時，靜電力等于摩擦力，因在坐標原點靜電力為零，可知物體在原點位置時動能不是最大，

故D錯誤。

例4（2024?山西大同市、晉中市聯合模擬）如圖甲，A、8是某電場中的一條電場線上的兩點，一

帶負電的粒子從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到8點，其運動的V”圖像如圖

乙所示。取A點為坐標原點，且規定"A=0,A3方向為正方向建立x軸，作出了A3所在直線的電

場強度大小E、電勢°、粒子的電勢能4隨x增大變化的E-x圖像、0-x圖像、Ep-x圖像，其中可

能正確的是（）

答案C

解析根據々圖像可知，粒子的加速度在逐漸減小，粒子所受靜電力在逐漸減小，電場強度E隨x增大

在逐漸減小，故A、B錯誤；粒子帶負電，靜電力方向從A指向3,電場強度方向從8指向A,故從A到

3電勢逐漸升高，由于電場強度逐漸減小，故夕-尤圖像的斜率逐漸減小，故C正確；從A到3電勢能逐漸

減小，但由于靜電力逐漸減小，故Ep-x圖像的斜率逐漸減小，故D錯誤。

考點三帶電粒子（帶電體）在電場中的運動

1.帶電粒子（帶電體）在電場中運動時重力的處理

基本粒子一般不考慮重力，帶電體（如液滴、油滴、塵埃等）一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外。

2.帶電粒子（帶電體）在電場中的常見運動及分析方法

常見運動受力特點分析方法

靜止或勻速

合外力廠合=0共點力平衡

直線運動

合外力尸導0,P

1.用動力學觀點分析：a-—,E=3,v2-v2=2ad,適用于勻強電場

md0

變速直線運動且與初速度方向

2.用功能觀點分析：W=qU=^mv2-^mv2,勻強和非勻強電場都適用

在同一條直線上0

運動的分解

P-XIT

進入電場時vo-L

E,粒子做類平

拋運動

偏轉角：tan矢也=*式0=2y。

z

VQmdv2力/I

帶電粒子在勻強o

側移距離：泗=*7=興1

電場中的偏轉zy=yo+￡tan0=(-+L)tan0

2mdvo4dU12

運動的分解

粒子斜射入電

Ysin6

場，粒子做類斜

拋運動

垂直電場方向做勻速直線運動：x=vo^sin6

沿電場方向做勻變速直線運動：尸o把os4等2

帶電粒子在非勻

靜電力在變化動能定理，能量守恒定律

強電場中運動

3.帶電體在電場和重力場的疊加場中運動的分析方法

（1）對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規律解決問題。

⑵根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉

化，總的能量保持不變。

例5（2024?海南省一模聯考）如圖所示，水平面內有一直角坐標系xOy,在第二、三象限內存在沿

x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場I,在第一、四象限的x=0至x=/區間內存在沿y軸正

方向的有理想邊界的勻強電場H,電場強度大小未知。一帶正電的粒子（可視為點電荷）從P點（一,

0）由靜止開始僅在靜電力作用下運動，從。點（/,0離開電場〃。帶電粒子的質量為加，電荷量為

q,不計帶電粒子的重力。

⑴求電場n的電場強度？的大小；

⑵若將帶電粒子從x軸負半軸上某一位置由靜止釋放，可使粒子飛出電場n時動能最小，求該粒

子飛出電場II時的最小動能Ek。

答案（1）2E（2）2汨

解析（1）帶電粒子在電場I中做初速度為。的勻加速直線運動，從P點到。點，根據動能定理可得

qE-=-mv2

122

粒子進入電場II的速度為v=幽

粒子在電場II中做類平拋運動，由運動學公式，可得l=vt,號一,a=?,解得E'=2E

（2）設粒子在電場I中x軸上距原點。為x的位置釋放，從釋放到。點，由動能定理得

解得"=陣

7m

粒子進入電場II中做類平拋運動，設偏移量為y,則有l=v't',yg?詈產，解得產，

全過程由動能定理,得qEx+qE戶&

代入y整理后,得Ek=qE（x+f

根據數學知識可知，當產?，即卡/時，動能有最小值,最小值為Ek=2qElo

例6（2024?安徽淮北市質量檢測）如圖所示，一內壁光滑的絕緣圓管固定在豎直平面內，圓管

的圓心為O,。點為圓管的最低點，A、8兩點在同一水平線上，過OD的虛線與過的虛線垂

直相交于C點。在虛線A3的上方存在水平向右的、范圍足夠大的勻強電場，虛線的下方存在

水平向左、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小與A3上方電場強度大小相等。圓心O正上方

的P點有一質量為加、電荷量為q（q>0）、可視為質點的絕緣小球。現將該小球無初速度釋放，經

過一段時間，小球剛好沿切線無碰撞地進入圓管內，并繼續運動。已知圓管的半徑F&S,圓管的

管徑忽略不計，AB=2s,PC=s,重力加速度為g。求：

⑴電場強度的大小；

（2）小球對圓管的最大壓力；

（3）小球從管口離開后，經過一段時間的運動落到虛線A3上的N點（圖中未標出N點），則N點距

管口A多遠。

答案（1）詈（2）7金/叫，方向與CD成45。指向左下（3）16s

解析（1）如圖所示，小球釋放后在重力和靜電力的作用下做勻加速直線運動，小球從8點沿切線方向進入,

則有

tan6*=^=—=1

mgPC

解得電場強度的大小為必駕

q

（2）小球從P點到B點的過程，根據動能定理可得

2

mgs+qEs=^mvB,解得VB=2yfgs

小球在圖中M點時，受到的重力和靜電力的合力如圖所示，此時對圓管壓力最大，從B到M根據動能定

理可得

22

V2mg-2r=^mvM-^mvB

解得VM=2/^

由牛頓第二定律可得

解得FN=7五mg

由牛頓第三定律可知，小球對圓管的最大壓力大小為7amg,方向與CD成45。指向左下。

(3)小球從B到A過程，根據動能定理可得

22

qE-2s=^mvA-|mvB,解得2gs

從A到N過程，小球做類平拋運動

豎直方向有U2幺辿竺

9

水平方向有x=VACOS45。汁;6M2,a=—

2xm

聯立解得;v=16s。

-提煉?總結

帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動

(1)等效重力法

P

將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力"，g'=《為等效重力場中的“等效重力

加速度”，尸合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向。

qE等效最高點

等效最低點

(2)等效最高點和最低點：在”等效重力場”中做圓周運動的帶電體，過圓心作合力的平行線，交于圓周上

的兩點即為等效最高點和最低點。

專題強化練

［1選擇題］［分值：50分］

1~5題每題4分，6~10題每題6分，共50分

［保分基礎練］

1.（2024?河北卷2）我國古人最早發現了尖端放電現象，并將其用于生產生活，如許多古塔的頂端采用“傘

狀”金屬飾物在雷雨天時保護古塔。雷雨中某時刻，一古塔頂端附近等勢線分布如圖所示，相鄰等勢線電

勢差相等，則。、6、c、d四點中電場強度最大的是（）

A.a點B.b點C.c點D.d點

答案C

解析在靜電場中，等差等勢線越密集的地方電場強度越大。題圖中c點的等差等勢線相對最密集，故服

byc、d四點中c點的電場強度最大。故選C。

2.（多選）（2024?甘肅卷?9）某帶電體產生電場的等勢面分布如圖中實線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場作

用下的運動軌跡，M.N分別是運動軌跡與等勢面氏a的交點，下列說法正確的是（）

A.粒子帶負電荷

B.M點的電場強度比N點的小

C.粒子在運動軌跡上存在動能最小的點

D.粒子在"點的電勢能大于在N點的電勢能

答案BCD

解析根據粒子所受靜電力與等勢面垂直且指向曲線軌跡的凹側可知，粒子帶正電荷，故A錯誤；等差等

勢面越密集的地方電場強度越大，故M點的電場強度比N點的小，故B正確；粒子帶正電，因為M點的

電勢大于N點的電勢，故粒子在/點的電勢能大于在N點的電勢能；由于帶電粒子僅在靜電力作用下運

動，電勢能與動能總和不變，故可知當電勢能最大時動能最小，故粒子在運動軌跡上到達最大電勢處時動

能最小，故C、D正確。

3.（多選）（2023?海南卷42）如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電荷，其中A、8帶正電，C帶負電,

0、M.N為A3邊的四等分點，下列說法正確的是（）

A

"前方不飛B

A.M>N兩點電場強度相同

B.M,N兩點電勢相同

C.負電荷在“點電勢能比在。點時要小

D.負電荷在N點電勢能比在。點時要大

答案BC

解析兩正電荷在M點的合電場強度向右，在N點的合電場強度向左，負電荷在M和N點的電場強度分

別沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M和N的電場強度大小相等、方向不同，A錯誤；由等量同種電

荷的電場分布規律，可知兩正電荷的電場在"和N兩點的電勢相同，負電荷C在航、N兩點的電勢也相

同，故M、N兩點的電勢相同，B正確；兩正電荷在"點的電勢比在O點的高（因兩正電荷在A0間的合電

場強度向右），負電荷C產生的電場中，離負電荷越近電勢越低，故負電荷在M點的電勢也比在O點的要

高，可知M點電勢比。點高，而負電荷在電勢越高處電勢能越小，C正確；由對稱性可知N點和M點電

勢相同，則負電荷在N點電勢能也比在。點時要小，D錯誤。

4.（2024?江蘇南京市模擬）如圖所示，電荷量為q的點電荷與均勻帶電薄板相距2力點電荷到帶電薄板的垂

線通過板的幾何中心。若圖中A點的電場強度為0,靜電力常量為比則圖中3點的電場強度為（）

J"[I

J

1斤[djdj

A.k\B.OC謂D叫

9d29d29d2

答案D

解析根據電場強度的疊加原理可知，帶電薄板在A點產生的電場強度方向向右，大小為E=k-^~,根據

對稱性可知，薄板在3點產生的電場強度方向向左，大小為E'=E=k-^

因此，8點的電場強度大小為

&=七%+碟=上淺，故D正確。

（3d）2d29d2

5.（2024?遼寧省名校聯盟一模）在x軸上的M、N處分別固定一個點電荷qi、儀，取x軸正方向為電場強度的

正方向，x軸上各點的電場強度E隨坐標x的變化曲線如圖所示，。點電場強度為零，MO=2NOoP點在

M左側，。點在N右側，且與QV長度相等。下列說法正確的是（）

Ag與s帶等量正電荷

B.qi與碘均帶正電荷，且電荷量之比為4：1

C.P點與Q點的電場強度等大反向

D.M點與P點的電勢差小于N點與Q點之間的電勢差

答案B

解析根據題意，由題圖可知，間電場為正，ON間電場為負，且。點電場強度為零，則/與④均帶

正電荷，且空=空,解得q\：伙=4：1,故A錯誤，B正確；根據題意，由點電荷電場強度公式E=與和

M0zrz

電場疊加原理可知，尸點的電場強度大于。點的電場強度，方向相反，則/點與尸點之間的平均電場強度

大于N點與。點之間平均電場強度，由。=萬4可知，〃點與P點的電勢差大于N點與。點之間的電勢差，

故C、D錯誤。

［爭分提能練］

6.(2022?江蘇卷?9)如圖所示，正方形A8C。四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方

形的中心，將A點的電荷沿04的延長線向無窮遠處移動，貝1)()

A.在移動過程中，。點電場強度變小

B.在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大

C.在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功

D.當其移動到無窮遠處時，0點的電勢高于A點

答案D

解析O是等量同種電荷連線的中點，電場強度為0,將A處的正點電荷沿。4方向移至無窮遠處，。點

電場強度變大，故A錯誤；移動過程中，C點電場強度變小，C點的正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；

A點電場方向沿0A方向，移動過程中，移動的電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；段的電場方向沿

0A方向，沿電場線方向電勢降低，4點的電荷移動到無窮遠處時，0點的電勢高于A點電勢,故D正確。

7.（多選）（2024?河南省五市聯考一模）如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長和板間距均為力兩板之間的

電壓隨時間周期性變化規律如圖乙所示。一不計重力的帶電粒子以速度vo從。點沿板間中線射入極板之間,

若仁0時刻進入電場的帶電粒子在時刻剛好沿A板右邊緣射出電場，貝1|（）

A.U0時刻進入電場的粒子在右（時刻速度大小為Vivo

時刻進入電場的粒子在時刻速度大小為vo

Cl旦時刻進入電場的粒子在兩板間的最大偏移量為@

44

D.U?時刻進入電場的粒子最終平行于極板射出電場

6

答案AD

解析當U0時刻射入電場的粒子，運動時間為電場變化周期的整數倍，則有水平方向d=v0T

豎直方向每（移動的位移都相同設為Ay,則由題意有

△產工/二）?」。?2」日

J2'2，84

設那刻，粒子豎直方向的速度為v,,貝IJ有劣=Ay,聯立解得Vv=vo,根據平行四邊形定則知，（時刻粒子

的速度為

22

v=Jv0+vy=V2v0,故A正確；

粒子在￡時刻進入電場，則此時粒子豎直方向在靜電力的作用下，先做勻加速，再與減速，接著再勻加速

和勻減速后回到中線位置，由運動的對稱性可知，豎直方向先勻加速后勻減速的位移即為粒子在兩板間的

最大偏移量為

Ji=2x1a（^）2=^a7￡=^,故C錯誤；

目時刻進入電場的粒子在《時刻，豎直方向速度為vy-a^-

根據平行四邊形定則知，粒子的速度為

2，2

V-lv0+Vy=yVo,故B錯誤；

由于粒子水平方向做勻速直線運動，所以粒子無論什么時候進入電場，運動時間都是T,在一個周期內豎

直方向的勻加速的總時間與勻減速的總時間總是相等，則無論什么時刻進入電場離開電場時豎直分速度均

為零，即粒子最終均平行于極板射出電場，故D正確。

8.（2024?浙江1月選考J1）如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為茄。正對M

放置一金屬網N,在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為或遠小于板長），電子的質量為相，電

荷量為e,貝lj（）

A.M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大

B.只有沿尤方向逸出的電子到達N時才有最大動能（）zUm2+eL0

C.電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmd島

2

D.M、N間加反向電壓子工時電流表示數恰好為零

4e

答案C

2

解析根據動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到達N板時，有eU=Ekm-^rnvm,則到達N板時的最大

動能為E.=eU+如m2,與兩極板間距無關,與電子從金屬板中逸出的方向無關，選項A、B錯誤；當以

最大速率逸出的電子沿y方向逸出時，其到達N板時在y方向的位移最大，電子在電場中做類平拋運動，

則有,解得"Vmd修，選項C正確；M、N間加反向電壓電流表示數恰好為零時，則

2am7eU

2

eUc=lmvm,解得Uc=^f,選項D錯誤。

9.（多選）（2024?山東卷JO）如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在。點，右側有固定在水平面上、傾

角為30。的光滑絕緣斜面。質量為加、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的

3點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知AC間的距離為s,重力加速度大小為g,靜電力常量為人,

下列說法正確的是（）

A.03的距離/=遜直

7mg

B.0B的距離1=廬范

73mg

C.從A到C,靜電力對小滑塊做功W=-mgs

D.AC之間的電勢差UAC=1

2q

答案AD

解析由題意知小滑塊在3點處的加速度為零，則根據受力分析有沿斜面方向

zngsin30°=^-cos30°,解得個;

A正確，B錯誤；

設小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W,因為滑到C點時速度為零，

根據動能定理有W+mgssin30°=0

解得卬=一箋，故C錯誤；

根據電勢差與靜電力做功的關系可知AC之間的電勢差以0=些=-2絲,故D正確。

q2q

［尖子生選練］

10.（多選）（2023?湖北卷40）一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極

板間電壓為微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45。，微粒運動軌跡的最高點到極板

左右兩端的水平距離分別為”和3到兩極板距離均為d,如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說

法正確的是（）

A.L：d=2：1

B.C/i：U2=l：1

C.微粒穿過電容器區域的偏轉角度的正切值為2

D.僅改變微粒的質量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡不變

答案BD

解析微粒在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據電場強度和電勢差的

關系及電場強度和靜電力的關系可得,F=qE=ma,設微粒射入電容器時的速度為v0,水平方向和豎

直方向的分速度vT=vocos45°=yVo,Vy=vosin45°=yVo,從射入到運動到最高點由運動學公式得為2=2〃/,由

2

動能定理可得qU^mVo,聯立解得5:3=1：1,B正確；微粒從射入到運動到最高點有2L=vxt,

啟等f,聯立解得L：d=l：1,A錯誤；微粒從最高點到穿出電容器時由運動學知識可得L=vxt\,vyi=ati,

射入電容器到最高點有vy=at,解得內產冷，設微粒穿出電容器時速度與水平方向的夾角為a,則tan

a=^=：,微粒射入電容器時速度和水平方向的夾角為/J,tan（a+?=3,C錯誤；微粒射入到最高點的過程

vx2

f

水平方向的位移為X,豎直方向的位移為尸》型,聯立解得產需,且x=vxt,產笠更，，可得x=2L,

y=d=L,即微粒在運動到最高點的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質量無關，射出電場過程同理，

Xl=L=vxtl',y尸箋雪/=?=：,即軌跡不會變化，D正確。

244

［2計算題］［分值：50分］

1.（10分X2024.河北卷-13）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平

面內繞。點做圓周運動。圖中4、3為圓周上的兩點，A點為最低點，3點與。點等高。當小球運動至UA

點時，細線對小球的拉力恰好為0