2024屆新高考物理沖刺專項訓練：電場及帶電粒子在電場中的運動（解析版）

@閡阿搐?麴中諦?閡方函漫宓

一、單選題

1.（2024?四川南充?一模）電容器儲能已經廣泛應用于電動汽車，風光發(fā)電儲能，電力系統中電能質量調節(jié)。

電容器儲能的原理是，當電容器充電后，所帶電荷量為。，兩極板間的電勢差為。，則板間儲存了電能。

如圖是電容為C的電容器兩極板間電勢差M和所帶電荷量q的4圖像，則（）

A.該電容器的電容C隨電荷量q增大而增大

B.圖像中直線的斜率等于該電容器電容C

C.電源對該電容器充電為。時，電源對該電容器做的功為

D.電源對該電容器充電為。時，該電容器儲存的電能為今

【答案】D

【詳解】A.電容器的電容由電容器本身來決定，與所帶電荷量及兩端所加電壓無關，故A錯誤;

B.根據電容的定義式可得

U=—xQ

C

即圖像的斜率為電容器電容的倒數，故B錯誤；

CD.根據電功的計算公式

W=UIt=UQ

圖像的面積表示電功，即儲存的電能

解得

故C錯誤，D正確。

故選Do

2.（2024?江蘇南通?一模）萊頓瓶是一種儲存電荷的裝置，在玻璃瓶外面貼有一層金屬蓿，內部裝食鹽水,

從瓶口處插入金屬探針，下端浸在食鹽水中，鹽水和金屬箔構成電容器的兩極。現要增大電容器的電容，

下列操作中可行的是（）

玻W璃瓶Q用屬探針

/I食鹽水

/士1

金屬箔蚌+一!

A.多加入一些食鹽水B.減小食鹽水的濃度

C.將金屬探針上移少許D.減小金屬箔的高度

【答案】A

【詳解】A.根據電容器電容的物理意義可知，要提升其儲存電荷的本領，即要增大電容器的電容C,根據

C二----

471kd

往玻璃瓶中再加入一些食鹽水，相當于增大了極板之間的正對面積，電容增大，萊頓瓶儲存電荷的本領獲

得提高，故A正確；

B.減小食鹽水的濃度，相當于介電常數￡減小，萊頓瓶儲存電荷的本領獲得減弱，故B錯誤；

C.把金屬探針上移少許，極板之間的正對面積S、極板間距d和介電常數￡,均沒有發(fā)生變化，根據上述可

知，電容不變，則這只萊頓瓶儲存電荷的本領不變，故C錯誤；

D.減小金屬箔的高度，相當于減小了極板之間的正對面積，電容減小，萊頓瓶儲存電荷的本領減弱，故D

錯誤。

故選A。

3.（23-24高三下?浙江?開學考試）用高壓電暈等方法可以把電荷永久固定在一些絕緣材料上形成駐極體。

駐極體在生活中有著廣泛的應用，如駐極體話筒、靜電貼膜和靜電吸附口罩。若把負離子駐入到聚丙烯熔

噴布（無紡布）上可以作為口罩的吸附層（如圖所示），假設負離子均勻分布在熔噴布上，下面說法正確的

是（）

A.若手碰熔噴布電荷會泄漏掉

B.若玻璃球外平整地貼上一層駐極體熔噴布，玻璃球內的電場強度為零

C.口罩的靜電吸附作用只能吸附帶電的微小顆粒

D.若用力把熔噴布拉伸使其面積增大，這些駐極體電荷的電勢能將增大

【答案】B

【詳解】A.把電荷永久固定在一些絕緣材料上形成駐極體，所以手碰熔噴布電荷不會泄漏掉，A錯誤；

B.若玻璃球外平整地貼上一層駐極體熔噴布，玻璃球內部處于靜電平衡狀態(tài)，故玻璃球內的電場強度為零，

B正確；

C.口罩的靜電吸附作用可以吸附微小顆粒，C錯誤；

D.若用力把熔噴布拉伸使其面積增大，駐極體電荷間的距離變大，這個過程的電場力做正功，故這些駐極

體電荷的電勢能將減小，D錯誤。

故選Bo

4.（2024?廣東廣州?一模）科學家研究發(fā)現，蜘蛛在沒有風的情況下也能向上"起飛"。如圖，當地球表面帶

有負電荷，空氣中有正電荷時，蜘蛛在其尾部吐出帶電的蛛絲，在電場力的作用下實現向上"起飛"。下列說

法正確的是（）

B.電場力對蛛絲做負功

C.蛛絲的電勢能增大D.蛛絲帶的是正電荷

【答案】A

【詳解】由題意可知，蛛絲受到空氣中正電荷的吸引力和地球負電荷的排斥力，則蛛絲帶的是負電荷；離

正電荷越近電勢越高，則蜘蛛往電勢高處運動，運動過程電場力對蛛絲做正功，蛛絲的電勢能減小。

故選A。

5.（2024?廣東?一模）電視機顯像管的結構示意圖如圖所示，電子槍均勻發(fā)射的電子束經加速電場加速后高

速通過偏轉電場，最后打在熒光屏上呈現光斑，在顯像管偏轉極板上加上不同的電壓，光斑在熒光屏上呈

現不同情況，以上極板帶正電時為正，下列說法正確的是（）

電子槍/

00

熒光屏

偏轉電場

A.若在偏轉極板加上如圖甲所示的偏轉電場,則可以在熒光屏上看到一個固定的光斑

B.若在偏轉極板加上如圖乙所示的偏轉電場,則可以看到一個光斑在熒光屏的。點下側移動

C.若在偏轉極板加上如圖丙所示的偏轉電場,則可以看到一個光斑在熒光屏上從上向下移動

D.若在偏轉極板加上如圖丁所示的偏轉電場,則可以看到一個光斑在熒光屏上。點兩側做往復運動

【答案】D

【詳解】A.若在偏轉極板加上如圖甲所示的偏轉電場，當電子是在正向電壓時間段進入偏轉電場，在熒光屏

上側留下一個光斑；當電子是在反向電壓時間段進入偏轉電場，在熒光屏下側留下一個光斑；可以看到熒

光屏的。點上側、下側各一個光斑。故A錯誤;

B.若在偏轉極板加上如圖乙所示的偏轉電場，電子一直向上偏轉，所以在熒光屏。點上方看到一個光斑移

動，故B錯誤;

C.若在偏轉極板加上如圖丙所示的偏轉電場，電子先向下偏轉再向上偏轉，可以看到一個光斑在熒光屏上從

下向上移動，故C錯誤;

D.若在偏轉極板加上如圖丁所示的正弦式偏轉電場，則可以看到一個光斑在熒光屏上。點兩側做往復運動,

故D正確。

故選Do

6.（2024,廣東深圳?一模）兩塊平行金屬板安裝在絕緣基座上，A板連接感應起電機的正極，B板連接負極,

一個由錫紙包裹的乒乓球用絕緣細線懸掛于A、B兩板之間，搖動起電機，乒乓球在電場力作用下與A、B

兩板往返運動碰撞，下列說法正確是（）

A板錫紙包裹的乒乓球

B板

1負極

A.A板的電勢低于B板的電勢

B.乒乓球往返運動過程中始終帶正電

C.A^B的運動過程中電場力對乒乓球做負功

D.A玲8的運動過程中乒乓球電勢能減小

【答案】D

【詳解】

A.根據題意，A板連接感應起電機的正極，B板連接負極，則可知A板的電勢高于B板的電勢，故A錯誤；

B.當乒乓球在電場力的作用下從A板向B板運動，則乒乓球一定帶正電，而當乒乓球與B板發(fā)生碰撞，在

接觸的過程中乒乓球上的正電荷將與B板所帶負電荷中和后并使乒乓球帶上負電，之后電場力繼續(xù)對乒乓

球做正功，使乒乓球運動到A板，如此反復，因此乒乓球往返運動過程中與A板碰撞后帶正電，與B板碰

撞后帶負電，故B錯誤；

CD.根據題意，乒乓球在電場力作用下與A、B兩板往返運動碰撞，則可知A玲2的運動過程中電場力對乒

乓球做正功，乒乓球的電勢能減小，故C錯誤，D正確。

故選D。

7.（2024?山東德州?模擬預測）如圖將直角0ABe上，兩點分別固定放置電荷量為。和、&的正電荷，

AC邊長為/,在C點放置一點質量為機電荷量為q的電荷，已知好＜。，給電荷q一個初速度（）

臬、

/、、

/?、、

;\、、、

/;、、、

/{、、、

.一一十----------------…

A.不管q帶正電還是負電，電荷鄉(xiāng)都不可能做勻速圓周運動

B.若電荷q可以做圓周運動，則電荷q帶負電，且回CBA二30。，圓周運動的速度大小為阿

Vml

C.若q做勻速圓周運動，則電荷q運動過程中電場強度不變

D.若給電荷q的初速度能沿CD方向做直線運動，則整個運動過程中電荷4的電勢能一定先減小再增大

【答案】B

【詳解】A.如果兩點分別固定放置電荷量為。和瓶。的正電荷，在C點的合場強沿DC方向，若此時

q帶負電，電荷“可能做勻速圓周運動，A錯誤;

B.AB兩點分別固定放置電荷量為。和6。的正電荷，且I3CBA=3O。，則。正電荷在C點的場強為&=等,

ko

正電荷在c點的場強為&=7券，由幾何關系可得兩點電荷在c點的合場強為

底依+或=篙

且方向沿DC方向，電荷夕帶負電，由牛頓第二定律可得

〃mv2

qE=-----

r

其中

r=——I

2

聯立求得

V

產Vml

B正確；

C.若q做勻速圓周運動，則電荷q運動過程中電場強度大小不變，方向時刻改變，C錯誤；

D.若給電荷q的初速度能沿CD方向做直線運動，但是不知道電荷q的電性，如果q帶正電，則電荷q的

電勢能先增大再減小，如果4帶負電，電荷4的電勢能先減小再增大，D錯誤。

故選Bo

8.（2024?山東棗莊?一模）磷脂雙分子層是構成細胞膜的基本支架，分子層之間具有彈性，可近似類比成勁

度系數為右的輕質彈簧。細胞膜上的離子泵可以輸運陰陽離子，使其均勻地分布在分子層上，其結構示意

如圖所示。已知無限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強電場，靜電力常量為鼠介質的相對介電常數為

細胞膜的面積5>>屋。當內外兩膜層分別帶有電荷量。和-。時，關于兩分子膜層之間距離的變化情況，下

列說法正確的是（）

A.分子層間的距離增加了繁B.分子層間的距離減小了繁

C.分子層間的距離增加了電竽D.分子層間的距離減小了警等

￡rSksr8k

【答案】B

【詳解】內外兩膜層分別帶有電荷量。和-。時，兩膜層之間電場力為引力，在該引力作用下，分子層之間

的距離減小，令距離減小量為Ax,分子層之間具有彈性，可近似類比成勁度系數為左’的輕質彈簧，由于無

限大均勻帶電薄板周圍的電場為勻強電場，細胞膜的面積5>>屋，則膜層周圍的電場也可近似看為勻強電

場，令電場強度為E,可知單獨一個極板產生的場強為:E,則有

k'\x=Q-E

根據電容的表達式有

c-Qc=￡

U'4兀kd

根據電場強度與電勢差的關系有

結合上述解得

即分子層間的距離減小了々生

￡rSk

故選Bo

二、多選題

9.（2024?浙江?一模）如圖所示為某絕緣空心球的示意圖，a、b、c、d、E、尸是過球心。的水平截面的圓周

上六個點等分點，分別在。、d和氏c固定等量的正負電荷，即/=幻=+4和/=&=-4,而是球的某

一直徑且與水平面垂直，設無窮遠處為電勢零點，則（）

A.E、尸兩點的電場強度相同

B.A、O、3三點的電勢分別記為夕A、%、%，則%=%>%=。

C.將一正的試探電荷從A點沿圓弧移到8點的過程中電場力先做正功再做負功

D.若執(zhí)c、d處的電荷仍固定不動，將。處的電荷移到。處，則電荷”的電勢能將減小

【答案】AD

【詳解】A.畫出在"cd四點的電荷在E歹兩點的場強方向如圖，由圖可知，E、/兩點的電場強度相同,

選項A正確;

B.由等量異種電荷周圍的電勢分布可知，A。、5三點在等量異種電荷的連線的中垂面上，則各點電勢均

為零，即%=%=%=。，選項B錯誤；

C.將一正的試探電荷從A點沿圓弧AEB移到8點的過程中，電勢先升高后降低，則正電荷的電勢能先增加

后減小，則電場力先做負功再做正功，選項C錯誤；

D.若6、c、d處的電荷仍固定不動，將。處的電荷移到。處，因6處的電荷在兩點的電勢相等，則6處

的電荷使。處的電荷移到。處引起的電勢能不變，則主要考慮改兩處的電荷對電荷。的影響，在。處時，

A兩處的電荷在。點的電勢為正，則電荷。的電勢能為正，到。處時及兩處的電荷在。點的電勢為零，則

電荷。在。點的電勢能為零，可知將。處的電荷移到0處電荷。的電勢能將減小，選項D正確。

故選AD。

10.（2024?廣東佛山?一模）開爾文滴水起電機的結構如圖所示。中空金屬圓筒E、歹通過導線分別與金屬

杯G、H相連，盆A中的水通過管B從滴管C、O滴出，分別經E、尸落入G、石中。整個裝置原不帶電，

若某次偶然機會，C滴出一滴帶少量正電荷的水滴，落入金屬杯G中，則由于靜電感應，。后續(xù)滴下的水

滴總是帶負電，這樣G、”就會帶上越來越多的異種電荷。關于上述過程，下列說法正確的是（）

A.G帶正電荷，則廠帶正電荷

B.G帶正電荷，則E帶負電荷

C.關閉C、。的閥門，僅G向E靠近時，G帶電量減少

D.此過程中水的重力勢能部分轉化為系統的電勢能

【答案】ABD

【詳解】AB.左邊金屬杯G獲得正電荷，則與之相連的右邊導電環(huán)廠也有一定的正電荷。由于靜電感應作

用，右手導電環(huán)尸上的正電荷，會吸引負電荷到右邊。的水流中。右邊的水滴會攜帶負電荷滴落，最終滴

到右邊的金屬杯”內，使右邊的桶所帶負電荷增加積累，從而又使與之相連的左邊導電環(huán)E也帶負電荷，

它將會吸引正電荷到左邊的水流中。當水滴落到金屬杯內，他們各自攜帶的正負電荷就會轉移到金屬杯上

并積累。

因此，正電荷由于左邊導電環(huán)E的吸引作用被吸引到左邊水流，使左邊金屬杯G攜帶正電荷不斷積累。負

電荷被吸引到右側水流，使右邊金屬杯攜帶負電荷不斷積累，AB正確；

C.關閉C、。的閥門，僅G向E靠近時，不會導出新的電荷，G帶電量不變，C錯誤；

D.此過程中水的重力勢能部分轉化為系統的電勢能，其余重力勢能轉化為內能，D正確。

故選ABD。

11.（2024?福建廈門?二模）《廈門志?風俗記》中記載：“（廈門人）俗好啜茶，…如啜酒然，以餉客，客必辨

其色、香、味而細啜之，名曰功夫茶。"在茶葉生產過程中有道茶葉茶梗分離的工序，可通過電暈放電、感

應極化等方式讓茶葉茶梗都帶上正電荷，且茶葉的比荷包小于茶梗的比荷，之后兩者通過靜電場便可分離。

m

如圖所示，圖中A、B分別為帶電量不同的兩個帶電球，之間產生非勻強電場，茶葉、茶梗通過電場分離,

并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設有一茶梗P電荷量為3xl0-C,質量為2xl（y4kg,以lm/s的速度離開

A球表面。點，最后落入桶底，。點電勢為1x10%,距離桶底高度為0.8m,桶底電勢為零。不計空氣阻力、

茶葉茶梗間作用力及一切碰撞能量損失，重力加速度g取10m/s2,則（）

A.M處電場強度大于N處電場強度

B.茶葉落入左桶，茶梗落入右桶

C.茶梗P落入桶底速度為JF7m/s

D.茶梗P落入桶底速度為26m/s

【答案】BD

【詳解】A.電場線分布的密集程度表示電場強弱，M處電場線分布比N處電場線稀疏一些，則M處電場

強度小于N處電場強度，故A錯誤;

B.根據牛頓第二定律有

qE=ma

解得

qE

a=—

m

由于茶葉、茶梗帶正電，則電場力產生的加速度方向整體向右，由于茶葉的比荷包小于茶梗的比荷，可知

m

茶葉所受電場力產生的加速度小于茶梗所受電場力產生的加速度，即在相等時間內，茶葉的水平分位移小

于茶梗的水平分位移，可知，茶葉落入左桶，茶梗落入右桶，故B正確；

CD.對茶梗進行分析，根據動能定理有

mgh+qU=———

其中

t7=lxl04V-0=lxl04V

解得

v0=2君m/s

故C錯誤，D正確。

故選BDo

12.（2024?安徽合肥?一模）如圖所示，水平地面上固定有一足夠大的導體板，上表面絕緣，右端接地。板

上放置著兩滑塊M、N,其中〃帶正電，N不帶電且絕緣?；瑝KM、N的質量分別為機、2m。N的正上方尸

處固定一電荷量為。的正點電荷?，F給滑塊M向右的初速度%,經過一段時間與滑塊N發(fā)生彈性碰撞，碰

撞時間極短，碰后滑塊N向右運動距離/恰好靜止。已知兩滑塊與導體板間的動摩擦因數均為〃，重力加速

度為g,兩滑塊均視為質點，整個過程滑塊電荷量不變。則下列說法中正確的是（）

P十

MN

,口n,

A.M在運動過程中的電勢能不變

B.M在運動過程中的加速度不變

c.碰撞前Af運動的時間為一--,——

〃gV2〃g

D.碰撞前M克服摩擦力所做的功為g相片-

【答案】AD

【詳解】A.導體板上表面絕緣，右端接地，電勢為0,M在運動過程中的電勢能不變，故A正確；

B.滑塊M在除碰撞外，運動的整個過程中受重力mg、支持力N、摩擦力/和電場力產作用，其中重力、

支持力和電場力在豎直方向上，三個力平衡，有

mg+F-N

由于M質量小于m,碰撞后M向左減速到零。由于電荷量為。的正點電荷的正下方的導體板表面電場強度

比兩側的要大，因此電場力先變大后變小，則支持力N先變大后變小，水平方向的摩擦力

f="N

根據牛頓第二定律可得

f=ma

解得

a_/J（mg+F）

m

可以判斷加速度先變大后變小，故B錯誤；

C.設絕緣滑塊N剛剛發(fā)生彈性碰撞后的速度為V,之后勻減速運動，根據牛頓第二定律得加速度大小為

2m

由運動學公式得

-2“7=0-/

聯立，解得

?=

設剛碰撞前M的速度為電，剛剛碰撞后的速度為V2,設向右為正，根據動量守恒定律得

mvl=mv2+2mv

根據彈性碰撞機械能守恒，有

12121c2

—mv.=—mv+—x2mv

212202

聯立解得

3____

碰撞前，運動的整個過程中滑塊M所受摩擦力為合力，根據動量定理可得

52爆/一%)=一#

I=mvx-mv0=m

若無電場力，摩擦力為

f="mg

可得

ApL

"gV2〃g

故c錯誤;

D.設碰撞前M克服摩擦力所做的功為W,根據動能定理，有

1212

-W=—mvx--mv0

解得

W=：mvl-tjumgl

故D正確。

故選AD。

13.（2024?貴州畢節(jié)?二模）如圖，豎直面內有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道8C,固定在光滑的水平地

面上，且圓弧軌道最低點C與水平地面相切。空間加有水平向右的勻強電場，A點位于B點左上方，相對于

B點的水平距離和豎直高度均為R,一可視為質點的帶電小球從A點以某一速度水平拋出，恰能從3點無碰

撞地沿圓弧切線進入軌道，小球離開軌道后，運動到。點（。點未畫出）時速度減為零，則（）

?L?

________________

‘》小天一即:

A.小球帶負電B.CD段長度為2尺

C.小球從A點拋出時的速度為旅D.從A點到。點過程中小球的電勢能增加了3,咫尺

【答案】AD

【詳解】A.由題意，可知小球恰好從B點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，則小球在水平方向上減速，小球

受到水平向左的電場力作用，與電場方向相反，則小球帶負電，故A正確；

BCD.小球恰好從8點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，小球在豎直方向上做自由落體運動，則

R=gg產='可得小球運動的時間和此時的速度大小為

22g

2R

vB=y12gR

小球在水平方向上，做勻減速直線運動，則有

R=^=-at2

2a2

可得小球從A點拋出時的速度大小為

v0=^2gR

小球在水平方向的加速度的大小為

a=g

可知小球受到的電場力大小為

F=Eq=mg

小球從A到。的過程中，由動能定理可得

12

mgx2R-Fx=0--mvQ

求得

x=3R

可得CD段的長度為

xCD=x-2R=R

根據功能關系可得從A點到D點過程中小球的電勢能增加了

A￡p-Fx-3mgR

故BC錯誤，D正確。

故選AD.

14.（2024?四川涼山?一模）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xoy,整個空間存在平行xoy平面與y

軸正方向成45。角的勻強電場及質量為根的帶電小球從坐標原點。沿無軸的正方向以速度v水平拋出，經

過一段時間小球以血丫的速度穿過y軸正半軸某點（圖中未畫出），不計空氣阻力，則（）

B.小球所受電場力的大小為2血機g

C.小球電勢能最大時動能最小

D.小球電勢能最大時水平速度等于豎直速度

【答案】BD

【詳解】A.從拋出到穿過y軸正半軸的過程中，重力做負功，動能增加，電場力做正功，小球沿著電場線

的方向運動了一段距離，因此小球帶正電，A錯誤；

B.將電場強度分解到水平方向和豎直方向，則在水平方向上

E水平q=Eqcos45°=修。水平

12c

/一]4水平/=0

匕=丫一°水平，

在豎直方向上

E堅直q-mg=Eqsin45°—mg="°堅直

.=維直/

而

缶=亞+,

聯立解得

Eq=2y[2mg

B正確；

CD.小球拋出后，當速度方向與電場線垂直斜向上時，克服電場力做功最多，電勢能最大，此時電場力的

方向與速度方向垂直，而重力的方向與速度方向夾角為鈍角，接下來小球的速度會繼續(xù)減小，并非此時是

動能最小的時刻，c錯誤，D正確。

故選BDo

三、解答題

15.(2024,廣東?一模)地表附近存在著環(huán)境電場，該電場可視為場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場，

蜘蛛可以通過向空中吐出帶電蛛絲實現飛行如圖，在無風的天氣里，質量為根的蜘蛛，從地面向空中吐出4

根蛛絲，恰好可以使它脫離地面；在有水平風的天氣里，/=0時蜘蛛從地面向空中吐出〃(〃>4且為偶數)

根蛛絲，T時刻咬斷一半蛛絲，經過一段時間后落到地面完成“遷徙"，假設蜘蛛吐出的每根蛛絲都相同，且

電荷集中在蛛絲頂端，蜘蛛自身始終不帶電；已知重力加速度為g,水平風力大小恒為了=!〃歸，忽略空氣

O

對蜘蛛的其他作用力。

(1)判斷蛛絲的電性，求每根蛛絲的帶電量4；

(2)蜘蛛要實現空中"遷徙”求w的值；

(3)求蜘蛛"遷徙"一次飛行的水平距離無(計算結果可以保留根號)。

【答案】(1)負電；4=萼；(2)n=6:(3)x=

4E4

【詳解】(1)以蜘蛛和蛛絲整體為研究對象，蜘蛛所受重力大小與蛛絲所受電場力大小相等方向相反，所

以蛛絲帶負電。由二力平衡知

mg=4qE

解得

整

4E

(2)依題意，蜘蛛要完成起飛，則〃>4；咬斷一半蛛絲后，能夠降落，則?<4,故

2

4<〃<8

又〃為偶數，則

n=6

(3)設蜘蛛咬斷蛛絲前、后，豎直方向加速度大小分別為生、電，咬斷蛛絲前

6qE—mg=ma1

咬斷蛛絲后

mg-3qE=ma2

設咬斷蛛絲時，蜘蛛速度為v,上升了4,咬斷蛛絲后，又上升了為，到達最高點。有

v=a(T

2士

2。2

蜘蛛咬斷蛛絲后，設繼續(xù)飛行時間為，，有

127