新高考物理二轮复习过关练习第1部分 专题3 第8讲　电场 (含解析)

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第8讲 电场
命题规律 1.命题角度：(1)电场的性质；(2)电场中的图像问题；(3)带电粒子在电场中的运动.2.常用方法：对称法、等效法、微元法、类比法.3.常考题型：选择题、计算题．
考点一 电场的性质
1．电场强度的分析与计算
(1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较．
(2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法．
2．电势高低的判断
3．电势能大小的判断
(1)做功判断法：由WAB＝EpA－EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大．
(2)电荷电势法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．
(3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大．
例1 (2022·浙江1月选考·10)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示．下列说法正确的是( )
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
答案 C
解析 因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；因c点的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；因b、c两点所处的线为两相邻的等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；因d、g两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿题图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误．
例2 (多选)(2022·全国乙卷·19)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4个顶点上．L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点．则( )
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
答案 AB
解析 两个正点电荷在N点产生的合电场强度方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的中垂线上，则两负点电荷在N点产生的合电场强度方向由N指向O，则N点的合电场强度方向由N指向O，同理可知，两个负点电荷在L处产生的合电场强度方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的中垂线上，两正点电荷在L处产生的合电场强度方向由O指向L，则L处的合电场强度方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方形底边的一对等量异号点电荷在M点产生的合电场强度方向向左，而正方形上方的一对等量异号点电荷在M点产生的合电场强度方向向右，由于M点离上方一对等量异号点电荷距离较远，则M点的电场方向向左，故B正确；由题图可知，M和O点位于两等量异号点电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由题图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误．
考点二 电场中的图像问题
电场中几种常见的图像
例3 (2022·山东省实验中学一模)如图甲所示，有一竖直放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一绝缘光滑细杆过圆心沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个质量m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示．小球运动到B点时，速度时间图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)．下列说法正确的是( )
A．在圆环形成的电场中，O点右侧杆上B点电场强度最大，电场强度大小为E＝12 V/m
B．在圆环形成的电场中，由C到A电势逐渐升高
C．小球在从C到A的过程中电势能先减小后增大
D．在圆环形成的电场中，C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V
答案 D
解析 由v－t图像的斜率表示加速度可知，小球在B点的加速度最大，所受的静电力最大，故B点的电场强度最大，小球在B点的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.3,5) m/s2＝0.06 m/s2，又因为qE＝ma，解得E＝1.2 V/m，A错误；从C到A的过程中小球的动能一直增大，则静电力一直做正功，故电势能一直减小，又因为小球带正电，故从C到A电势逐渐降低，B、C错误；从C到B静电力做功为WCB＝eq \f(1,2)mvB2－0，C、B两点间的电势差UCB＝eq \f(WCB,q)＝eq \f(mvB2,2q)＝eq \f(0.01×0.32,2×5×10－4) V＝0.9 V，D正确．
例4 (多选)(2022·山东烟台市高三期末)如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受静电力的作用，则下列判断正确的是( )
A．电子将沿Ox轴负方向运动
B．电子的电势能将增加
C．电子运动的加速度先减小后增大
D．该电场线可能是等量异种点电荷间的电场线
答案 CD
解析 根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，电场强度方向沿x轴负方向，所以电子将沿Ox轴正方向运动，则A错误；静电力做正功，电势能减小，则B错误；φ－x图像的切线斜率表示电场强度，由图像可知电场强度先减小后增大，所以电子运动的加速度先减小后增大，则C正确；如题图所示，该电场线可能是等量异种点电荷间的连线上的电场线，则D正确．
考点三 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理
基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外．
2．带电粒子(带电体)在电场中的常见运动及分析方法
3．带电体在电场、重力场中运动的分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题．
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．
例5 (2022·天津市南开区三模)质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场的方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示．则从开始射入至打到上板的过程中( )
A．它们运动的时间关系为tN>tM
B．它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶2
C．它们的动能增量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4
D．它们的动量增量之比ΔpM∶ΔpN＝1∶1
答案 C
解析 带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，所以A错误；平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足y＝eq \f(1,2)at2，根据牛顿第二定律，有qE＝ma，由两式解得：q＝eq \f(2ym,Et2)，所以它们所带的电荷量之比qM∶qN＝1∶2，电势能的减小量等于静电力做的功即ΔEp＝qEy，因为平行电场方向位移大小之比是1∶2，电荷量之比也是1∶2，所以静电力做功之比为1∶4，它们电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4，故B错误；静电力做功之比等于动能增量之比，则动能增量之比为ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4，故C正确；由动量定理可知Ft＝mΔv，故动量增量之比eq \f(ΔpM,ΔpN)＝eq \f(ΔvM,ΔvN)＝eq \f(aM,aN)＝eq \f(qM,qN)＝eq \f(1,2)，故D错误．
例6 (多选)(2022·辽宁卷·10)如图所示，带电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为－Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态．此时弹簧的压缩量为eq \f(L,2)，球2、3间的静电力大小为eq \f(mg,2).迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动．g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是( )
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为eq \r(gL)
C．运动至a点的加速度大小为2g
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为eq \f(3\r(3)－4,6)mg
答案 BCD
解析 由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的静电力大于小球2和3之间的静电力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，且小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于eq \f(L,2)，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0，弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(gL)，故B正确；设小球3的电荷量为q，小球3在b点时，有keq \f(qQ,L2)＝eq \f(mg,2)，设弹簧的弹力大小为F，根据受力平衡，沿斜面方向有F＝keq \f(q·6Q,L2)－keq \f(qQ,L2)sin 30°－mgsin 30°，联立解得F＝eq \f(9,4)mg，小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于eq \f(L,2)，根据对称性可知，弹力大小仍为F，则有F＋keq \f(qQ,L2)sin 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2g，故C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为F23＝keq \f(qQ,\f(\r(3),2)L2)＝eq \f(2,3)mg，斜面对小球3的支持力大小为FN＝mgcs 30°－F23＝eq \f(\r(3),2)mg－eq \f(2,3)mg＝eq \f(3\r(3)－4,6)mg，根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为eq \f(3\r(3)－4,6)mg，故D正确．
例7 (2022·辽宁省高三学业考试)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现将一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场．已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g.求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球在半圆轨道上运动的最大速率及小球对半圆轨道的压力的最大值；
(3)小球在水平轨道上的落点到A点的距离．
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \r(2\r(2)＋1gR) (2＋3eq \r(2))mg (3)(4eq \r(2)－5)R
解析 (1)设小球过C点时的速度大小为vC，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有qE·3R－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2
小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中
水平方向有2R＝vCt1
竖直方向有R＝eq \f(1,2)gt12
联立解得E＝eq \f(mg,q)
(2)小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为v，OD与竖直线OB夹角为α，由于mg＝qE，则α＝45°，小球从A点运动到D点的过程中，
根据动能定理有
qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cs α)＝eq \f(1,2)mvm2
即eq \f(1,2)mvm2＝mgR(sin α＋cs α＋1)
解得最大速率
vm＝eq \r(2\r(2)＋1gR)
由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对半圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系，设在D点受到的支持力大小为F′
根据牛顿第二定律有
F′－qEsin 45°－mgcs 45°＝eq \f(mvm2,R)
解得F′＝(2＋3eq \r(2))mg
根据牛顿第三定律可知，F＝F′
即小球对半圆轨道压力的最大值为
F＝(2＋3eq \r(2))mg
(3)小球通过P点时水平方向速度大小为v1＝vC＝eq \r(2gR)
竖直方向速度大小为v2＝gt1＝eq \r(2gR)
进入电场后，水平方向加速度大小为a1＝eq \f(Eq,m)＝g
竖直方向加速度大小为a2＝eq \f(mg,m)＝g
故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动
水平方向有x＝v1t2－eq \f(1,2)a1t22
竖直方向有R＝v2t2＋eq \f(1,2)a2t22
联立解得x＝(4eq \r(2)－5)R.
带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．
1.(多选)(2022·江西南昌市一模)如图所示，竖直平面内有匀强电场，a、b、c、d为沿竖直方向的等势线，且a等势线的电势高于d等势线的电势．一带负电的微粒从b等势线O点以某一初速度沿竖直平面向右上方发射，初速度方向与水平方向的夹角θ＝37°.带电微粒运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度大小相等，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，则可判断在此过程中( )
A．静电力对带电微粒一定做正功
B．微粒运动轨迹的最高点可能在b等势面上
C．微粒受到的静电力与它的重力之比为3∶1
D．静电力对微粒做的功与微粒的重力势能增量之比为3∶1
答案 AC
解析 当微粒运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分速度为零，该过程中重力对微粒做负功，微粒的速度大小不变，则动能不变，根据动能定理可知，静电力一定对带电微粒做正功，故A正确；因为a等势线的电势高于d等势线的电势，所以匀强电场中电场强度的方向水平向右，则带负电的微粒受到的静电力的方向水平向左，静电力对该带电微粒做正功，所以微粒运动轨迹的最高点一定在b等势线的左侧，故B错误；由题意可知带电微粒在水平方向上先向右做匀减速运动，速度减为零后反向匀加速，其水平初速度和竖直初速度的大小分别为v0x＝v0cs 37° ，v0y＝v0sin 37°，设静电力为F，取水平向左为正方向，根据牛顿第二定律可知微粒在水平方向的加速度大小为a＝eq \f(F,m)，根据运动学公式可得微粒从开始到运动至最高点所需的时间为t＝eq \f(v0y,g)，由题意可知v0＝at－v0x，联立各式解得eq \f(F,mg)＝eq \f(3,1)，故C正确；重力对微粒做负功，静电力对该微粒做正功，由于微粒的动能不变，则重力做功的绝对值与静电力做的功大小相等，所以静电力对微粒做的功与微粒重力势能增量相等，之比为1∶1，故D错误．
2.(多选)(2022·河北邢台市高三期末)如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强电场(图中未画出)，A、B、C、D、M、N是棱长为a的正八面体的六个顶点，在同一竖直线上的M、N两点均固定有电荷量为Q的正点电荷，一质量为m、电荷量为q的点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动．静电力常量为k，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．做匀速圆周运动的点电荷带正电
B．匀强电场的电场强度为eq \f(mg,q)
C．做圆周运动的点电荷的角速度为eq \f(4,3)eq \r(\f(\r(3)kQq,ma3))
D．做圆周运动的点电荷的动能为eq \f(4\r(3)kQq,9a)
答案 BC
解析 点电荷在正方形ABCD内(水平)绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周运动，故只有当点电荷为负电荷时，才能受到水平面向内的合力，故点电荷带负电，A错误；匀强电场的作用是使电荷所受的静电力与重力平衡，则有Eq＝mg，故匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)，B正确；在正八面体正方形ABCD内(水平)做半径最大的圆周运动，故圆周运动的半径R＝eq \f(a,2)，电荷到场源电荷的距离为r＝eq \f(\r(3)a,2)，如图所示，由几何知识可得cs θ＝eq \f(\r(3),3)，每个场源电荷对点电荷的库仑力大小为F＝eq \f(kQq,r2)＝eq \f(4kQq,3a2)，点电荷受到的合力大小为F合＝2Fcs θ＝2·eq \f(4kQq,3a2)·eq \f(\r(3),3)＝eq \f(8\r(3)kQq,9a2)，根据合力提供向心力有F合＝mω2R，解得ω＝eq \f(4,3)eq \r(\f(\r(3)kQq,ma3))，C正确；由动能的表达式得Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(ωR)2＝eq \f(2\r(3)kQq,9a)，D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1.(2022·湖南卷·2)如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上．移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变．关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是( )
A．电场强度方向垂直指向a，电势减小
B．电场强度方向垂直指向c，电势减小
C．电场强度方向垂直指向a，电势增大
D．电场强度方向垂直指向c，电势增大
答案 A
解析 根据对称性与电场叠加原理可知，移去a处绝缘棒前O点电场强度为0，则移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，设每根长棒在O点产生的电势为φ0，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电势为4φ0，现在撤去a处的绝缘棒后，其他三棒在O点产生的电势为3φ0，故O点的电势减小，故选A.
2．(多选)(2022·安徽芜湖市高三期末)如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，两极板水平放置，下极板接地，极板间距为d，在上极板紧贴一厚度为l的金属板，其下部空间有一带电质点P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，质点P开始运动，空气阻力不计，已知重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．抽出金属板后电容器所带电荷量增加
B．抽出金属板瞬间带电质点P的电势能增加
C．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为eq \f(l,d)g
D．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为eq \f(d－l,d)g
答案 BC
解析 根据平行板电容器电容的决定式和定义式分别有C＝eq \f(εrS,4πkx)和C＝eq \f(Q,U)，抽出金属板后x增大，则C减小，而U不变，所以Q减小，故A错误；两金属板间电场强度大小为E＝eq \f(U,x)，抽出金属板瞬间，x增大，U不变，所以E减小，因为质点P所在位置到下极板的距离不变，且下极板的电势为零，所以质点P所在位置的电势降低，分析可知质点P带负电，所以其电势能增加，故B正确；设质点P的质量为m，抽出金属板前，根据平衡条件有qeq \f(U,d－l)＝mg，抽出金属板后设带电质点P的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mg－qeq \f(U,d)＝ma，联立可得a＝eq \f(l,d)g，故C正确，D错误．
3．(2022·辽宁葫芦岛市高三期末)在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲所示)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )
A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
B．连接c、d、e、f四点，则此线一定为电场线
C．电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电感应使体内电势保持为零
D．电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电屏蔽使体内电场强度保持为零
答案 D
解析 根据等势面的分布疏密，可判断出f点的电场最强，故A错误；电场线与等势面垂直，从题图中不能确定c、d、e、f四点的连线恰好垂直于各等势面，所以该连线不一定是电场线，故B错误；电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电屏蔽使体内电场强度保持为零，故C错误，D正确．
4．(2022·安徽芜湖市高三期末)如图所示，真空中两个等量同种正点电荷放置在M、N两点，MN连线上的中点为D，以MD为棱构成一个空间正方体，A、B、C是该正方体上三个顶点．则下列说法正确的是( )
A．A、C两点的电场强度相同
B．B、D两点的电势相等
C．将电子从C点沿CB方向射出，电子可能做匀速圆周运动
D．将电子从B点沿BC方向射出，电子可能做匀速圆周运动
答案 C
解析 由对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，选项A错误；因D点距离两正电荷比B点更近，可知D点的电势高于B点电势，选项B错误；电子在以D为圆心、以正方体棱长为半径的圆周上所受的静电力大小相等且都指向D点，则将电子从C点沿CB方向射出，因该方向与静电力方向垂直，若静电力提供电子所需的向心力，则电子可能做匀速圆周运动，选项C正确；因BC方向与电子在B点受的静电力方向不垂直，将电子从B点沿BC方向射出，则电子不可能做匀速圆周运动，选项D错误．
5.(2022·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷．点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷．将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零．圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A．正电荷，q＝eq \f(QΔL,πR)
B．正电荷，q＝eq \f(\r(3)QΔL,πR)
C．负电荷，q＝eq \f(2QΔL,πR)
D．负电荷，q＝eq \f(2\r(3)QΔL,πR)
答案 C
解析 取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq \f(q,2R2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故选C.
6.(多选)两个点电荷q1、q2固定在x轴上，一带正电粒子的电势能Ep随位置x的变化规律如图所示，当粒子只在静电力作用下在x1～x2之间运动时，以下判断正确的是( )
A．x1～x2之间的电场强度沿x轴负方向
B．x1处的电场强度为零
C．从x1到x2带电粒子的速度一直减小
D．从x1到x2带电粒子的加速度一直增大
答案 AC
解析 由题图可得从x1到x2粒子电势能增大，则静电力做负功，因为正电荷受静电力的方向与电场强度的方向一致，则x1～x2之间的电场强度沿x轴负方向，故A正确；Ep－x图像中直线或曲线上某点处切线的斜率大小表示粒子在该点所受静电力的大小，由题图可知在x1处的切线斜率不为零，故该处的电场强度也不为零，故B错误；只在静电力作用下粒子的动能与电势能之和不变，可知从x1到x2粒子的动能一直减小，则速度一直减小，故C正确；从x1到x2图线的斜率逐渐减小，所以粒子受到的静电力逐渐减小，其加速度也逐渐减小，故D错误．
7.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq \r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝eq \f(2v02,L)
D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq \f(\r(2)－1L,2v0)
答案 C
解析 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq \r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq \f(L,2v0)，a＝eq \f(2v02,L)，故C正确，D错误．
[争分提能练]
8．(多选)(2022·福建莆田市二模)如图，两个固定的相同圆环a、b，均匀带有＋Q和－Q的电荷，两环圆心O、O′在同一中心轴线上，P点为OO′的中点．则( )
A．沿中心轴线从O点到O′点，电势逐渐降低
B．过P点且垂直于OO′的平面为等势面
C．O点与O′点的电场强度相同
D．两环间距越小，P点的电场强度一定越大
答案 ABC
解析 由电场强度的叠加可知从O点到O′点电场强度的方向一直向右，因此电势一直降低，故A正确；由电场强度的叠加可知电场线垂直于过P点且垂直于OO′的平面，在此平面上移动电荷时静电力不做功，因此该平面为等势面，故B正确；＋Q在O点产生电场强度为零，O点的电场强度由－Q和O与－Q间的距离决定，同理O′点的电场强度由＋Q和O与＋Q间的距离决定，由几何关系结合电场强度叠加知O点与O′点电场强度大小相等、且方向均向右，故C正确；当两环均向P靠拢且间距无穷小时，P点电场强度近似为零，两环间距越小时，P点的电场强度不一定越大，故D错误．
9．(多选)(2022·湖北省荆州中学高三期末)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，如图所示，则( )
A．O、C两点电势相等
B．A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势一直升高
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
答案 AC
解析 对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点电场强度均为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的电场强度等大反向，因左右半球面的电场关于此中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的电场强度方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点电场强度均垂直于中垂面，则中垂面为等势面，则O、C两点电势相等，故A正确；根据题意可知，一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，设左右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2，则E1＝E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E2＝E1，则在题图所示的电场中，A点的电场强度为E2，方向向左，B点的电场强度为E1，方向向左，则A点的电场强度与B点的电场强度相同，则沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，直线AB上的电场线方向向左，沿电场线方向电势降低，则沿直线从A到B电势一直升高，故C正确．
10．(多选)(2022·山西太原市高三期末)如图所示，菱形aObP(ab>2OP)的顶点a、b处分别固定有等量的正点电荷．取无穷远为零电势点，OP方向为x轴正方向．若将一带负电的粒子从O点由静止释放，在粒子从O点运动到P点的过程中，下列关于O、P间的电场强度E、电势φ以及粒子的电势能Ep、动能Ek分别随x变化的图线中，可能正确的是( )
答案 BD
解析 根据等量正点电荷连线中垂线上的电场强度分布可知，从O到P电场强度可能先增加后减小到零，然后反向增加再减小；或者先减小到零，然后反向增加，因此电场强度在过OP中点后图像应在x轴下方，则A错误．从O到P电势先升高后降低，O、P两点电势相等，中点电势最高，则B正确．静电力对负电荷先做正功后做负功，则动能先增加后减小，电势能先减小后增加，但是负电荷在各点的电势能均为负值，Ep－x图像应该在x轴下方，则C错误，D正确．
11.(2022·湖北省华中师范大学第一附属中学高三测试)如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方．一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入半圆轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出．已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(3mg,4q)，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为eq \f(4,5)eq \r(vA2＋\f(1,2)gR)
答案 D
解析 从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；等效重力与竖直线夹角约37°偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA12.(2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
答案 (1)eq \f(mv02,2qR) (2)eq \f(\r(2)v0,4) (3)0或eq \f(\r(3)v0,2)
解析 (1)由题意知，初速度为零的带正电粒子从A点进入电场，从C点射出电场，故电场方向与AC平行，并由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mv02③
联立①②③式得E＝eq \f(mv02,2qR)④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故匀强电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma⑥
AP＝eq \f(1,2)at12⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2)v0,4)⑨
(3)解法1：设粒子以速度v进入电场，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有
y＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
(x－eq \f(\r(3),2)R)2＋(y－eq \f(1,2)R)2＝R2⑫
粒子在电场中运动时，其x轴方向的动量不变，y轴方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y轴方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝eq \f(\r(3),2)v0
解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v
在沿电场方向：R＝eq \f(vy,2)t＝eq \f(v0,2)t
在垂直电场方向：eq \r(3)R＝vt
联立以上两式得：v＝eq \f(\r(3),2)v0
由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.
[尖子生选练]
13．(多选)(2022·湖南郴州市质检)水平地面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(mg,2q)，从地面上的A点斜向右上方以速度v0＝10 m/s抛出一个带正电且电荷量为q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ＝53°，轨迹如图所示．点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点．忽略空气阻力的影响．重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，则( )
A．D、E两点速度大小相等
B．B点速度大小为10 m/s
C．小球落地时速度方向与水平方向的夹角仍为53°
D．A、C两点距离为16 m
答案 BD
解析 D、E两点高度相等，则小球从D到E重力做功为零，静电力做正功，根据动能定理可知D、E两点速度大小不相等，故A错误；小球在竖直方向与水平方向的初速度分别为v0y＝v0sin 53°＝8 m/s，v0x＝v0cs 53°＝6 m/s，点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为零，由v0y＝gt，ax＝eq \f(qE,m)，vx＝v0x＋axt，联立可得vx＝10 m/s，即小球在B点速度大小为10 m/s，故B正确；小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平方向速度为vCx＝v0x＋ax·2t＝14 m/s，竖直方向速度为vCy＝gt＝v0y＝8 m/s，则小球落地时速度方向与水平方向的夹角β的正切值为tan β＝eq \f(vCy,vCx)＝eq \f(4,7)≠tan 53°，故C错误；A、C两点距离为x＝eq \f(vCx2－v0x2,2ax)＝16 m，故D正确．判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的正负
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的大小
正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低
静电力做功
根据UAB＝eq \f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
v－t图像
当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况
φ－x图像
(1)从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化
(2)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小
E－x图像
以电场强度沿x轴方向为例：
(1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定
Ep－x图像
(1)图像的切线斜率大小表示静电力大小
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速
直线运动
合外力F合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上
1.用动力学观点分析a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad，适用于匀强电场
2．用功能观点分析W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，匀强和非匀强电场都适用
带电粒子在匀强电场中的偏转运动(类平抛运动)
进入电场时v0⊥E
运动的分解
偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,mdv02)＝eq \f(U2l,2U1d)＝eq \f(2y0,l)
侧移距离：y0＝eq \f(qU2l2,2mdv02)＝eq \f(U2l2,4dU1)，y＝y0＋Ltan θ＝(eq \f(l,2)＋L)tan θ