高考專題復(fù)習(xí)2.6 靜電場

第二部分核心主干專題突破

專題2.6靜電場

目錄

【突破高考題型】...............................................................................1

題型一電場強度的疊加與計算..............................................................1

題型二電場強度大小、電勢高低、電勢能大小的判斷.........................................3

題型三電場中的圖像問題...................................................................5

題型四電容器的分析與計算.................................................................8

題型五帶電粒子在電場中的運動.............................................................9

【專題突破練】................................................................................13

【突破高考題型】

題型一電場強度的疊加與計算

【例1】（2022?山東高考，3）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖位置，圓心位于。點，環(huán)上均勻分布著電量為

。的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為AL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q

置于OC延長線上距。點為2R的。點，。點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，夕為（）

A.正電荷，4=等

B.正電荷，q二航一

C.負(fù)電荷，q=2,首

D.負(fù)電荷，q=2葉滑

【答案】C

【解析】取走A、3處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在。點產(chǎn)生的電場強

度為與A在同一直徑上的4和與B在同一直徑上的小產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧

Q\L

長非常小，故可看成點電荷，則有E1=￥"=母能，由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°,由幾

何關(guān)系得兩者的合電場強度大小為=?能，根據(jù)。點的合電場強度為0,則放在。點的點電荷帶負(fù)

電，在0點產(chǎn)生的電場強度大小為8=E=用能，又E，=k（<2,聯(lián)立解得4=黎士故C正確。

【例2】（2022?重慶市模擬）如圖所示，用粗細(xì)均勻的絕緣線制成直徑為L的圓環(huán)，OE為圓環(huán)的半徑，圓環(huán)

上均勻地分布著正電荷，現(xiàn)在圓環(huán)上E處取下足夠短的帶電荷量為q的一小段，將其沿0E連線向下移動L

的距離到F點處，設(shè)圓環(huán)的其他部分的帶電荷量與電荷分布保持不變，已知靜電力常量為k,若此時在。

點放一個帶電荷量為。的帶正電的試探電荷，則該試探電荷受到的靜電力大小為（）

「32kQq

C9L2

【答案】C

【解析】圓環(huán)上的電荷在。點產(chǎn)生的電場強度大小等效為電荷量為q的一小段在E處時在。點產(chǎn)生的電

場強度大小，為昌=乎=臀，方向豎直向下，電荷量為q的一小段在F點時，在。點產(chǎn)生的電場強度大

胡一〃

小為五=■4=韶,方向豎直向上，此時0點的電場強度大小為E=E—E2=將，方向豎直向下，則

帶電荷量為。的帶正電的試探電荷在。點受到靜電力的大小F=EQ=嚕解，故C正確，A、B、D錯誤.

【例3】.（2022?四川成都市三模）如圖，。是等邊三角形ABC的垂心，三個電荷量絕對值相等的點電荷分別

固定在A、B、C三點.以無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，已知4處正電荷在。點的電勢為外電場強度大小為E.

則。點的電勢和電場強度大小分別為（）

A.。和2EB.一0和2E

C.—<p和3ED.~（p和0

【答案】B

【解析】由幾何關(guān)系可知，A、8、C三點到0點距離相等，設(shè)為L,三點在。點的電場強度大小相等，

根據(jù)電場的疊加得0點的電場強度大小為E'=E+2￡sin30°=2E:已知A點處正電荷在。點的電勢為夕,

則8點處負(fù)電荷在。點的電勢為一處C點處負(fù)電荷在。點的電勢為一外根據(jù)電勢的疊加可得。點的電勢

為一夕，故B正確，A、C、D錯誤.

【方法總結(jié)】特殊電場強度的四種求法

利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復(fù)雜電場的疊加問

對稱法

題大為簡化

在保證效果相同的前提下，將復(fù)雜的電場情境變換為簡單的或熟悉的電場情境，

等效法如將一個點電荷與一個無限大薄金屬板形成的電場，可等效為兩個異種點電

荷形成的電場

補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為完整的球面，從而化難為易

將帶電體分成許多可看成點電荷的微小帶電體，先根據(jù)庫侖定律求出每個微小帶

微元法

電體產(chǎn)生電場的電場強度，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合電場強度

題型二電場強度大小、電勢高低、電勢能大小的判斷

【例0（2022?河北高考，6）如圖，真空中電荷量為%和一式q>0）的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成

一個以延長線上。點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮遠(yuǎn)處電勢為零），P為連線上的一點，S為

等勢面與直線"N的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是（）

2tl；-g.'：

MP\NO's

A.P點電勢低于S點電勢

B.r點電場強度方向指向。點

C.除無窮遠(yuǎn)處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點

D.將正試探電荷仇從r點移到p點，靜電力做正功

【答案】B

【解析】在直線MN上，左邊正點電荷在M右側(cè)產(chǎn)生電場的電場強度方向水平向右，右邊負(fù)點電荷在直

線上產(chǎn)生電場的電場強度方向水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強度方向水平向右，由沿

著電場線方向電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則尸點電勢高于S點電勢，故

A錯誤；由于正點電荷的電荷量大于負(fù)點電荷的電荷量，可知在N左側(cè)電場強度不可能為零，設(shè)N右側(cè)距

N為4處電場強度為零，MN距離為L根據(jù)看者戶=半可知除無窮遠(yuǎn)處外，直線AW上電場強度為零

的點只有一個，故C錯誤；由A選項分析可知，T點電勢低于P點電勢，則正試探電荷在T點的電勢能小

于在P點的電勢能，將正試探電荷的從7點移到2點，電勢能增大，靜電力做負(fù)功，故D錯誤；設(shè)以。

點為球心的等勢面的半徑為R,A、N間距離為x,A為等勢面與MN的交點，如圖所示

MPA\NO:S

根據(jù)

結(jié)合電勢的疊加原理，A、S點電勢滿足

k?q_也k*2qkq

L—xx'L~\-2R—x2R—x

解得穴=牛

由于電場強度方向垂直等勢面，可知過7、點的電場線的切線必過等勢面的圓心，。點電勢夕。

【例2】（2022?福建省模擬）靜電透鏡是電子透鏡的一種，它被廣泛應(yīng)用于電子器件（如陰極射線示波管）中.如

圖所示，虛線是某電子透鏡中電場的等差等勢線，一電子在該電場中的運動軌跡如圖中實線所示，4、8、C

是軌跡與等勢線的交點.已知A點的電勢為零，電子在A點的動能為32eV,在8點的電勢能為一15eV,

不計電子重力，下列說法正確的是（）

92

A.電子一定是從A點運動到C點

B.電子在經(jīng)過等勢線c時的動能為32eV

C.B點的電場強度大于A點的

D.電子在關(guān)于等勢線d對稱的兩點所受靜電力相同

【答案】C

【解析】電子不是由靜止釋放，電子可能是從A點運動到C點，也可能是從C點運動到A點，A錯誤；

電子只在靜電力作用下運動，則電子的電勢能和動能之和不變，為32eV,又由于題圖中為等差等勢線，R

點的電勢為15V,4點的電勢為零，則等勢線c的電勢為10V,則電子在經(jīng)過等勢線c時的電勢能為一10eV,

因此動能為42eV,B錯誤；等差等勢線越密集，電場強度越大，因此B點處的電場強度大于A點處的電場

強度，C正確；電子在關(guān)于等勢線d對稱的兩點所受靜電力大小一定相等，但方向不一定相同，D錯誤.

【例3】（2022?山西運城市高三期末）如圖所示，虛線a、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的

電勢差相等，即1/時=",.,實線為一帶正電的質(zhì)點僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、。是這

條軌跡上的兩點，據(jù)此可知下列說法中錯誤的是（）

b

c---TI//

A.三個等勢面中，。的電勢最高

B.帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能比。點大

C.帶電質(zhì)點通過P點時的動能比。點大

D.帶電質(zhì)點通過尸點時的加速度比。點大

【答案】C

【解析】質(zhì)點所受的靜電力指向軌跡內(nèi)側(cè)，且與等勢面垂直，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線垂直于等勢

面指向下方，而沿電場線方向電勢降低，故“等勢面的電勢最高，c等勢面的電勢最低，A正確；正電荷在

電勢高處電勢能大，故質(zhì)點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，B正確；若質(zhì)點從P運動到Q,從P到

。過程中靜電力做正功，根據(jù)能量守恒定律可知，電勢能減小，動能增大，故質(zhì)點在尸點的動能小于在。

點的動能，同理，若質(zhì)點從Q運動到戶，電勢能增加，動能減小，同樣得到質(zhì)點在P點的動能小于在Q點

的動能，C錯誤；等勢線密的地方電場線密，且電場強度大，故2點位置電場強度大，所受靜電力較大，

根據(jù)牛頓第二定律，可知加速度也較大，D正確.

【方法總結(jié)】1.等勢面與電場線的關(guān)系

（1）電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。

（2）電場線越密的地方，等差等勢面也越密。

（3）沿等勢面移動電荷，靜電力不做功，沿電場線移動電荷，靜電力一定做功。

2.電場強弱、電勢高低、電勢能大小的比較方法

①根據(jù)電場線的疏密判斷

判斷電場強弱

②根據(jù)公式E=區(qū)和電場強度疊加原理判斷

①根據(jù)電場線的方向判斷

判斷電勢高低②由UAH-q判斷

③根據(jù)靜電力做功（或電勢能）判斷

①根據(jù)垃=q（p判斷

判斷電勢能大小

②根據(jù)AEp=-W電，由靜電力做功判斷

題型三電場中的圖像問題

【例4】（多選）（2022?河北新高考猜題卷）線段上存在靜電場，上電場強度隨空間變化規(guī)律如圖9所

示。線段上有一點A,0、A、B三點的電場強度大小分別為瓦、0、號。將一帶電荷量為+?的粒子從。點

由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，粒子到達(dá)B點時速度變?yōu)榱?。已知A、B兩點距。點的距離分別為

以、XB，設(shè)A點電勢為零。下列說法正確的是（）

A.OA與AB間的電勢差滿足關(guān)系式UOA=UAB

B.粒子在運動過程中，最大動能為與&XA

C.XD=2XA

D.若將粒子從B點由靜止釋放，粒子將在8。間做往復(fù)運動

【答案】BD

【解析】粒子從。點運動至8點過程中，根據(jù)動能定理有0=qUo8，解得UOB=0，又UOB=U（M+UAB，

所以UOA=-UAB，故A錯誤；在E-x圖像中，圖線與橫軸所圍面積大小表示兩點間電勢差大小，UOA=~

UAB<結(jié)合圖像有*0XA=gx￡x（XB-XA）,解得XB=3XA，故C錯誤；粒子?在08間先做加速運動，過A點后

電場反向，粒子開始做減速運動，所以粒子在4點動能最大，粒子從O運動至A,利用動能定理，有反m

-0=4U0A=%EMI，故B正確；若將粒子從8點由靜止釋放，粒子先在BA間加速，再在AO間減速，因

為UOA=-UAB，粒子到。點速度減為零，而后反向加速，在80間做往復(fù)運動，故D正確。

【方法總結(jié)】

（1）由圖線確定電場強度的變化情況，￡>0表示電場強度沿正方向，E<0表示電場強度沿負(fù)方向。

（2）E—x圖線與x軸所圍成的面積表示電勢差，如果取x=0處為電勢零點，則可由圖像的面積分析各點電勢

的高低，綜合分析粒子的運動，進(jìn)一步確定粒子的電性、靜電力做功及粒子的動能變化、電勢能變化等情

況。

【例2】（2022?湖南師大附中模擬）絕緣光滑水平面上有ABO三點，以。點為坐標(biāo)原點，向右方向為正方向

建立直線坐標(biāo)軸x軸，A點坐標(biāo)為一2m,8點坐標(biāo)為2m,如圖甲所示。A、B兩點間的電勢變化如圖乙，

左側(cè)圖線為四分之一圓弧，右側(cè)圖線為一條傾斜線段?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m,電荷量為q的負(fù)點電荷，以初速

度vo由A點向右射出，則關(guān)于負(fù)點電荷沿直線運動到B點過程中，下列說法中正確的是（忽略負(fù)點電荷形成

的電場）（）

-2m2m

AOB-202x/m

甲

A.負(fù)點電荷由A點運動到。點過程中加速度越來越大

B.負(fù)點電荷在B點速度大于vo

C.負(fù)點電荷在A0段的平均速度大于在0B段的平均速度

D.當(dāng)負(fù)點電荷分別處于一也m和6m時，靜電力的功率相等

【答案】C

【解析】由圖像知，A到。斜率越來越小，電場強度越來越小，加速度越來越小，故A錯誤；A0段與

8。段電勢差相等，靜電力做功大小相等，且4。段靜電力對負(fù)點電荷做正功，08段靜電力對負(fù)點電荷做

負(fù)功，故負(fù)點電荷在B點速度為vo,故B錯誤；負(fù)點電荷在A、B間運動的v-t圖像如圖所示

r/(m-s-1)

由于位移相等，則V—/圖像下的面積相等，A。段的時間小于08段的時間，易知電荷在AO段的平均速度

大于在08段的平均速度，故C正確；負(fù)點電荷分別處于一小m和媳m時，兩段圖像斜率絕對值相等,

則場強大小相等，電荷所受靜電力大小相等，但一小m處的速度大于啦m處的速度，所以靜電力的功率

不相等，故D錯誤。

【方法總結(jié)】

(1)電場強度的大小等于夕一》圖線的斜率大小，電場強度為零處，夕一x圖線存在極值，其切線的斜率為零。

(2)在＜p-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。

(3)在夕一x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB=4UAB，進(jìn)而分析Ms的正負(fù)，然后作出判斷。

【例3】(2022?河南適應(yīng)性測試)空間中存在一靜電場，一電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，其電

勢能穌隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，則電子從M向X3運動的過程中，下列說法正確的是()

O町x2欠3X

A.在xi處電子速度最大

B.在念處電子加速度最大

C.在X3處電場強度最大

D.在X2處電勢最高

【答案】C

【解析】電子僅在靜電力作用下運動，動能與電勢能之和是恒定的，則電子從XI向X3運動的過程中，在

X3處的電勢能最小，則動能最大，速度最大，A錯誤；Ep—x圖像的斜率絕對值表示電子受到的靜電力大小，

在X2處圖像的斜率為0,則靜電力為0,故電子的加速度為0,B錯誤；電子從M向X3運動的過程中，X3

處的圖像斜率絕對值最大，則靜電力最大，電場強度最大，C正確；電子從M向黑運動的過程中，電子在

X2處電勢能最大，但由于電子帶負(fù)電，故在X2處電勢最低，D錯誤。

【方法總結(jié)】

（1）根據(jù)電勢能的變化可以判斷靜電力做功的正、負(fù)。

（2）根據(jù)W=~^Ep=Fx,圖像的斜率的絕對值表示靜電力的大小。

題型四電容器的分析與計算

1.掌握兩個重要結(jié)論

（1）電容器與電路（或電源）相連，則兩端電壓取決于電路（或電源），穩(wěn)定時相當(dāng)于斷路，兩端電壓總等于與之

并聯(lián)的支路電壓。

（2）充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變，此時若只改變兩板間距離，則板間電場強度大小不

變。

2.注意一個特例

當(dāng)有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向?qū)щ娦?，將使電容器的充電或放電受到限制?/p>

【例1］（多選）（2022?重慶八中模擬）微信運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。其原理

如圖所示，R為定值電阻，M和N為電容器兩極板，M極板固定在手機上，N極板兩端與固定在手機上的

兩輕彈簧連接。當(dāng)手機的加速度變化時，N極板只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運動。手機運動時下列說法正

確的是（）

星』重「

左一|L右^式%~

后

A.勻速運動時，電阻R中有電流

B.由向前勻速突然減速時，電容器所帶電荷量增加

C.由靜止突然向前加速時，電流由6向a流過電流表

D.保持向后的勻加速運動時，MN之間的電場強度持續(xù)減小

【答案】BC

【解析】勻速運動時加速度為0,電容C不變，線路中無電流，故A錯誤；由向前勻速突然減速時，由

于慣性N板向前移動，d減小，由C=黑，故C增大，Q=t/C,Q增大，故B正確：由靜止突然向前加

KCI

速時，由于慣性N板向后移，d增大、C減小、。減小，故有放電電流，電流匕向”，故C正確；保持向后

的勻加速運動時，加速度。不變，d不變，故MN之間的電場強度E不變，故D錯誤。

【例2】.(2022?江蘇鹽城模擬)如圖所示的電路，先使開關(guān)S與1端相連(設(shè)f=0),穩(wěn)定后再迅速把開關(guān)擲向

2端，電流傳感器將電流信息傳入計算機，計算機屏幕上顯示出電流時間的，一，曲線。正確的是()

_<>]十算機

~|H電流傳I器卜

【答案】B

【解析】先使開關(guān)S與1端相連，電源對電容器進(jìn)行充電，流過電流傳感器的電流方向從右向左，電流

大小逐漸減小到0,穩(wěn)定后再迅速把開關(guān)擲向2端，電容器通過定值電阻進(jìn)行放電，流過電流傳感器的電流

方向從左向右，電流大小逐漸減小到0,故充電過程與放電過程通過電流傳感器的電流大小都是逐漸減小到

0,電流方向相反，選項B正確，A、C、D錯誤。

題型五帶電粒子在電場中的運動

1.電場中直線運動問題的兩種解題思路

(1)動能定理：不涉及“、f時可用。

(2)牛頓運動定律：涉及隊，時可用。

2.勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題

(1)帶電粒子垂直于電場強度方向進(jìn)入勻強電場，在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)一般為類平拋運動，可用分解思想,

解題思路如下：

①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t=K

②沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a=《=*=篙

③離開電場時的偏移量），=%?=鬻！。

④速度偏向角

vvqUxx=LqUL

tan9=三=加M------>tan9=初請

位移偏向角

八yqUxx=L八qUL

j>-----

tan0=x=c2mav（）>tan21navo

（2）不涉及運動細(xì)節(jié)、涉及功能問題時常用動能定理。

注意：偏轉(zhuǎn)時靜電力做功不一定是W=gU板間，應(yīng)該是為偏移量）。

3.勻強電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個結(jié)論

（1）粒子經(jīng)勻強電場偏轉(zhuǎn)后，末速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點。如圖所示,

有tan@=2tan0且x=與。

（2）不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一勻強電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量），=&/2=若寨=

黑和偏向角tan0=舞=懸與比荷無關(guān)，總是相同的.

【例1】（2022?廣東揭陽期末）人體的細(xì)胞膜模型圖如圖甲所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在

電壓（醫(yī)學(xué)上稱為膜電位）?，F(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜，厚度為"，膜內(nèi)的電場可看作勻強電場，簡化模型

如圖乙所示。初速度可視為零的正一價鈉離子僅在靜電力的作用下，從圖中的4點運動到B點，下列說法

正確的是（）

細(xì)胞外

怖拗P---

A

頌則里

細(xì)―內(nèi)

甲乙

A.A點電勢低于8點電勢

B.鈉離子的電勢能減小

C.鈉離子的加速度變大

D.若膜電位不變，當(dāng)d越大時，鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度越大

【答案】B

【解析】因為鈉離子帶正電，其僅在靜電力作用下從圖中的A點運動到8點，說明靜電力的方向沿A指

向8,電場線由4指向8,所以A點電勢高于3點電勢，A錯誤：因為靜電力對鈉離子做正功，所以其電

勢能減少，B正確；因為膜內(nèi)的電場可看作勻強電場，根據(jù)〃=普知鈉離子的加速度不變，C錯誤；根據(jù)動

能定理知鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度v與距離”的大小無關(guān)，又因為膜電位U不變，則鈉離子進(jìn)入

細(xì)胞內(nèi)的速度大小不變，D錯誤。

【例2】（2022?“七彩陽光”聯(lián)考）如圖所示，比荷相同，但初速度大小不同的兩個帶電粒子，從左邊靠近上

極板的位置水平射入平行板電容器，粒子1打在下極板中心處，粒子2由右側(cè)豎直位移中點處射出電場區(qū)

域，下列說法正確的是（重力不計）（）

11

2X^~2X

A.兩個粒子在電場中的運動時間之比打：。2=1：2

B.兩個粒子末速度方向與水平方向的夾角仇：灰=4：1

C.兩個粒子的初速度之比vi：v2=l：2吸

D.兩個粒子末動能大小之比反|:42=2：1

【答案】C

【解析】設(shè)荷質(zhì)比*=k，因此兩個粒子在磁場中運動時，加速度大小相等。粒子1的初速度為0，粒子

1%）

2的初速度為V2,極板長度為L,寬度為乩根據(jù)類平拋運動規(guī)律可知，粒子1、2在豎直方向分別有〃=全生

2,J=2>

2KS聯(lián)立兩式求出VI:V2=1:2yLe正確；兩粒子在電場中運動時間之比h:/2=（詈）：@，

即h:，2=讓：1，A錯誤；根據(jù)類平拋運動推論，速度與水平方向偏轉(zhuǎn)角的正切值等于對應(yīng)位移偏轉(zhuǎn)角的

正切值兩倍，即tand=2懸，tan&=2耍，所以tan仇：tan%=4：1,但角度比不等于4：1,B錯誤；

根據(jù)動能定理可知，粒子在這個過程中動能變化量等于靜電力做的功，即Eki-Ekia=qEd，反2—反20=

qE（0.5d）,所以Eki=/ni4Z</+1wiVTo?反2=初2。（0.54）+；,“2向，顯然根據(jù)題目已知條件，無法判斷末動能之比，

D錯誤。

【例3】（多選）（2022?全國甲卷21）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電

場中尸點水平向左射出.小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在尸點.則

射出后（）

A.小球的動能最小時，其電勢能最大

B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大

C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大

D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量

【答案】BD

【解析】由于=故等效重力G，的方向與水平方向成45。.如圖所示，當(dāng)價=0時速度最小，為Vmin

=V1，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，由于此時也存在水平分量，電場力還可以向左做負(fù)

功，故此時電勢能不是最大，故A、C錯誤；當(dāng)小球水平速度減為0時，水平方向上有物=答3在豎直方

向上v=gf,由于為=mg,得丫=物，此時小球的動能等于初動能，由于此時速度沒有水平分量，故電勢能

最大，由動能定理可知%+*=0,則重力做功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確.

~~\的

/\

%

【例4】.(多選)(2022?山西太原市一模溷(a)的平行金屬板加、N間加有圖(b)所示的交變電壓，。。'是M、

N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場.上了時，比荷為k的帶電粒子甲從。點沿。0'方向、以如

33

的速率進(jìn)入板間，刀時飛離電場，期間恰好不與極板相碰.若在十時刻，帶電粒子乙以2列的速率沿00,

Zo

從O點進(jìn)入板已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，則下列說法中正

確的是()

M■U

0of()T\T：3T

-U&U2區(qū)

N

(a)

A.T時刻，乙粒子離開電場

B.乙粒子的比荷為苧

C.甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3

D.甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1:2

【答案】ABD

【解析】假設(shè)粒子甲、乙?guī)N電荷，平行金屬板M、N間距離為d,則有〃=鬻=%為定值，則在豎

直方向做初速度為零的勻加速直線運動，以豎直方向位移和時間關(guān)系，可得力=，"，作出粒子甲、乙在豎直

方向上的速度時間圖像，如圖，

4

則圖線與時間軸圍成的面積表示位移，而水平方向做勻速運動，令金屬板的長度為L恰好不與極板碰撞,

則表示粒子在電場中豎直方向的最大位移剛好為多從速度時間圖像可知，斜率不變，即。不變，則粒子甲

豎直方向的總位移為y單=SAABC-SACDE+SAEFH=、7W=§，故，vi=y，p,且環(huán)=a(H，聯(lián)立解得y尸

115

粒

-子

T乙

題產(chǎn)，而最大位移大小為--一

m4V尸嗇72=^,所以"=誠叮2"時間為尸亍一44T;

7s35

豎直方向上的速度時間圖線為A,B，C，A而水平方向時間為，，=而=亞，所以有屋="+以=7,A正確;

設(shè)乙粒子的比荷為匕則乙的加速度大小為"=需=萼，由對稱性可知，乙的最大位移為)"m=SACOW

13—2d

--

--一

~SAA'B'C28282

所以」=蝠*72，

04a

Q

聯(lián)立解得"制B正確；

d

乙在豎直方向的總位移大小為y乙=>4m=*則偏轉(zhuǎn)位移大小之比為"=)=；，C錯誤，D正確.

2y乙&z

2

【專題突破練】

1.(2022?山東泰安市一模)如圖所示，正方形四個頂點上依次放置電荷量為+外+?、+q、一夕的點電荷，a、

b、c、4是對角線上的四個點，它們到中心。點的距離均相同.貝4()

A.a,〃兩點的電場強度相同，電勢相等

B.a、〃兩點的電場強度不同，電勢相等

C.c、"兩點的電場強度相同，電勢相等

D.c、4兩點的電場強度相同，電勢不相等

【答案】B

【解析】根據(jù)等量同種點電荷和等量異種點電荷電場的分布情況可知：在cd連線方向上+g和一g的電

場中，c、d兩點的電場強度相同，“、人兩點的電場強度也相同；。、〃兩點的電勢相等，c、d兩點的電勢不

等；在兩個+g的電場中，c、d的電場強度大小相等、方向相反，。、b兩點的電場強度大小相等、方向相

反，c、d的電勢相等，a、。兩點的電勢相等.所以根據(jù)電場的疊加原理可知c、4兩點的電場強度不同，“、

匕兩點的電場強度也不同，a、人兩點電勢相等，c、d兩點電勢不相等，故B正確.

2.（2022?陜西寶雞市模擬）如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有一個勻強電場，電場強度方向平行于xOy平面.以

坐標(biāo)原點。為圓心、半徑為R=2cm的圓與坐標(biāo)軸相交于例、N、P、。四點.現(xiàn)測得P點的電勢為3V,

。點的電勢為一3V,M點的電勢為4V,則下列說法正確的是（）

y

P

「一＞

O市x

（21

A.電場強度方向沿y軸負(fù)方向

B.N點的電勢為一3V

C.勻強電場的電場強度大小為250V/m

D.圓周上兩點間的最大電勢差為8V

【答案】C

4

【解析】由題意可知。點的電勢為零，則電場強度在+x方向的分量為￡,=荻V/m=200V/m,沿一y方向

的分量為Ev=5■應(yīng)V/m=150V/m,則電場強度大小E=qE』+Ey2=250v/m,方向與無軸正方向夾角。的

正切值為tan。=答=0.75,則9=37°,選項A錯誤，C正確；因為伊“一犯尸領(lǐng)一”，可得?v=-4V,選

項B錯誤；圓周上兩點間的最大電勢差為U=E-2R=10V,選項D錯誤.

3.（2022?山東濟南市模擬）x軸上固定著兩個點電荷A、B,兩點電荷分別位于心=0,切=44處，兩者所在

區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度E與該點位置的關(guān)系如圖所示.選取x軸正方向為電場強度的

正方向，無限遠(yuǎn)處電勢為零.以下說法正確的是（）

A.點電荷A、8分別帶正電和負(fù)電

B.A、B所帶電荷量的絕對值之比為1:3

C.x=d處電勢最高且為零

D.將電子從x=5"處無初速度釋放，其電勢能一直減小

【答案】D

【解析】若點電荷A、8帶異種電荷，則在x軸上0?4d區(qū)間的電場方向唯一不變化，即水平向右或水平

向左，故A錯誤；由題圖可知在x=d處電場強度為零，即竿=*，解得砥=（故B錯誤；0?d區(qū)域，

電場方向沿x軸負(fù)方向，d?4d區(qū)域電場方向沿x軸正方向，可知0?4d區(qū)域，從x=d處沿兩側(cè)電勢降低，

無限遠(yuǎn)處電勢為零，故x=4處電勢大于零；x>44的區(qū)域內(nèi)，電場方向指向x軸負(fù)方向，所以沿x軸負(fù)方

向電勢逐漸降低，無限遠(yuǎn)處電勢為零，故x24d的區(qū)域內(nèi)的電勢都小于零，所以/處電勢最高且大于零，

故C錯誤；x24d的區(qū)域內(nèi)電場方向沿x軸負(fù)方向，所以將電子從x=5d處釋放后受水平向右的力，靜電力

一直做正功，電勢能一直減小，故D正確.

4.（多選）（2022?甘肅張掖市高三期末）一帶電粒子僅在靜電力作用下從A點開始以初速度一。o做直線運動，

其。一，圖像如圖所示.粒子在，時刻運動到B點，3f時刻運動到C點，以下判斷正確的是（）

O2t3?t

一%

A.A、B、C三點中B點的電場強度最大

B.A、B、C三點的電勢關(guān)系一定為

C.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，靜電力先做正功后做負(fù)功

D.粒子從A點經(jīng)8點運動到C點，電勢能先增大后減小

【答案】AD

【解析】由速度時間圖像可知，加速度先增大后減小，B點的加速度最大，所以8點電場強度最大，A

正確；因為不知道帶電粒子的電性以及電場的方向，所以無法判斷電勢的關(guān)系，B錯誤；由圖像可知，動能

先減小后增大，根據(jù)能量守恒可知，電勢能先增大后減小，D正確；因為電勢能先增大后減小，所以靜電

力先做負(fù)功后做正功，C錯誤.

5.（2022?山東省名校聯(lián)盟高三期末）如圖所示，真空中有四個相同的點電荷，電荷量均為g,分別固定在棱長

為L的正四面體（由絕緣材料制成）的四個頂點上，靜電力常量為上任意一個點電荷所受靜電力的大小為

（）

乖kg1V5初2

-1}

C-3L2

【答案】A

【解析】設(shè)正四面體的四個頂點為A8CD,。為底邊三角形ABC中心，連接。AO、CO,如圖所示,

由幾何關(guān)系可知cos。=當(dāng)，4處點電荷在。點產(chǎn)生的電場強度大小為Eo=",同理6、。處兩點電荷在。

點產(chǎn)生的電場強度大小也為瓦=符，這三個電場強度水平分量互成120。且大小相等，故最終抵消，電場強

度豎直分量為Ev=Eocosa=嗎值,故。點合電場強度大小為￡令=3￡尸卑J則。點處電荷受靜電力大

JLL

小為F=E3]=*郎,則每個點所受靜電力大小都為當(dāng)單-,故選A.

6.（2022?河南開封市二模）如圖甲，在某電場中的。點先后無初速度釋放兩個正點電荷I和H,電荷僅在靜

電力的作用下沿直線向A運動，兩電荷的動能反隨位移x變化的關(guān)系如圖乙.若I的電荷量為q,則可知

（）

I---J

甲乙

A.電荷n的電荷量為微

B.電荷II受到的靜電力大小為a=整

C.此電場一定為勻強電場且電場強度大小E=^

D.選。點為電勢零點，A點的電勢為以=半

【答案】C

【解析】由動能定理可知，電荷的動能反隨位移x的變化圖線的斜率表示該電荷所受的靜電力，故電荷

I和II所受的靜電力大小分別為R=等，尸“=卓巴故B錯誤；由題圖乙可知，靜電力為恒力，則電場強

人0人0

尸F(xiàn)

度大小方向均不變，故此電場為勻強電場，根據(jù)尸=qE,可知勻強電場的電場強度大小為E='=3,故

q夕入o

C正確；又向=2尸|,所以電荷H的電荷量為功,故A錯誤；電荷I由。到A的過程中，有qaM=Ek0,

解得U（M=與,選。點為電勢零點，則A點的電勢%二一32,故D錯誤.

7.（2022?湖南新高考演練卷）如圖甲所示，在無限大的空間內(nèi)，邊長為2Z,的正方形四個頂點分別固定著電荷

量相等的正電荷，。點為正方形的幾何中心，以。為原點，沿中垂線指向無窮遠(yuǎn)建立x軸，設(shè)無窮遠(yuǎn)處電

勢為零，通過電勢傳感器測出中垂線上各點電勢隨距離x的變化圖像如圖乙所示。a、b,c、d四個點為兩

條中垂線上距中心。點等距離的點，有電子、氣核、笊核、僦核四個帶電粒子，分別從。、氏C、"四個點

由靜止釋放，不計粒子的重力，以下說法正確的是()

A.每條中垂線上電場強度為零的點除無窮遠(yuǎn)處外還有兩處

B.每條中垂線上電場強度相同的點有兩處

C.若先、笊、瓶三個粒子最終能到達(dá)無窮遠(yuǎn)處，其速度大小關(guān)系為爾>丫笊

D.電子、笈、笊、旅可能圍繞中心。做往復(fù)運動

【答案】C

解析根據(jù)電場強度矢量合成法則和對稱性原理，原點。的電場強度為零，在￡p-x圖像中電勢最高點處

電場強度為零，故每條中垂線上電場強度為零的點除無窮遠(yuǎn)處外還有三處，故A錯誤；每條中垂線上電場

強度為零的點有三處，則電場強度從原點0向兩側(cè)先逐漸增大再減小到零，反向后再增大后再減小到零，

由于電場強度相等時，大小相等方向一致，則每條中垂線上電場強度相同的點可能有兩處、三處或四處，

故B錯誤；若先、笊、瓶三個粒子最終能到達(dá)無窮遠(yuǎn)處，靜電力做功相同，由動能定理有由于

三個粒子質(zhì)量不同,有機“<"?制，vH>VK>V?,故C正確；由于釋放位置關(guān)系,氣、笊、瓶可以

圍繞原點。做往復(fù)運動，但電子將在。點左側(cè)做往復(fù)運動，不可能圍繞。點做往復(fù)運動，故D錯誤。

8.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，一個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，經(jīng)過A、B、C

三點，己知江一沖=初一以。該電子的電勢能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示。則下列說法中正確的是

()

ABC

OX

XACX

乙

A.A點電勢高于B點電勢

B.A點的電場強度小于B點的電場強度

C.A、8兩點電勢差|以4等于8、C兩點電勢差

D.電子經(jīng)過A點的速率小于經(jīng)過B點的速率

【答案】D

【解析】?個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，由題圖知電子電勢能一直減小，則電子從A到8

靜電力做正功，即心3=9以8=（—0）。4>0,所以U,w<0,A點電勢低于8點電勢，故A錯誤；根據(jù)電勢能

心隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系Ep=g外=紳.“則△4=必外=6&板，可知Ep—x圖像的斜率絕對值越大，電場強

度越強，由題圖可知A點的斜率絕對值比8點的大，4點的電場強度大于8點的電場強度，故B錯誤；由

題圖可知，電子通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，根據(jù)功能關(guān)系W"=—AEpA8,卬抬=一44吹，

靜電力做功WBc=qUBC，故l"T>|U8d，A、B兩點電勢差大于8、C兩點電勢差|小由故

C錯誤；一個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，根據(jù)動能定理WAB=%?詔一斗”談>0，電子經(jīng)過A

點的速率小于經(jīng)過B點的速率，故D正確。

9.（2022?遼寧省模擬）某平面區(qū)域內(nèi)一靜電場的等勢線分布如圖中虛線所示，相鄰的等勢線電勢差相等，一負(fù)

電荷僅在靜電力作用下由a運動至b,設(shè)該電荷在a、b兩點的加速度大小分別為國、ab,電勢分別為?。╬b,

速度大小分別為2、5,電勢能分別為序“、Eg,貝女）

A.aa>ahB.Vh>va

C.Epa>EpbD.9a>8〃

【答案】D

【解析】等差等勢面的疏密反映電場強度的大小，所以反<瓦，由牛頓第二定律得加速度大小4=誓，可

知以〈的，故A錯誤；研究軌跡與等勢線的交點A,如圖所示，電場線與等勢線垂直，再利用物體做曲線運

動合外力指向凹側(cè)，所以A點所受靜電力水平向左，電荷帶負(fù)電，所以A點的電場線水平向右，從而判斷

出電場線指向右側(cè)，所以供>"/；,故D正確；負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大，所以在方點的電勢能大于“

點的電勢能，即Ep“<￡p〃，故C錯誤；一負(fù)電荷僅在靜電力作用下，電荷具有的動能和電勢能之和不變，根

據(jù)能量守恒，電勢能大的地方，動能小，所以外>為，故B錯誤.

10.（2022?廣西南寧市二模）空間有一沿x軸分布的電場，如圖乙所示，x軸上有尸、Q兩點，其位置坐標(biāo)分

別為必、2xo.一質(zhì)量為，小電荷量為式q>0）的粒子從坐標(biāo)原點。以初速度。o沿x軸正方向做直線運動，其速

度。隨位置x的變化規(guī)律如圖甲所示，粒子僅受靜電力作用.則下列說法正確的是（