资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩13页未读，
继续阅读
所属成套资源：【高考压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）
成套系列资料，整套一键下载
压轴题06 静电场中力和能性质的综合应用-【压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）
展开
这是一份压轴题06 静电场中力和能性质的综合应用-【压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题06静电场中力和能性质的综合应用原卷版docx、压轴题06静电场中力和能性质的综合应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
压轴题06 静电场中力和能性质的综合应用
在高考物理中，静电场中力的性质和能的性质占据着重要的地位，它们不仅是电学部分的核心内容，也是理解和应用电学知识的基础。
在命题方式上，高考对于静电场中力的性质和能的性质的考查通常涉及电场强度、电场力、电势能、电势等基本概念的理解和应用。这些考点可能会以选择题、计算题等多种形式出现，题目设计注重考查学生对电场力做功、电场强度与电荷量、电势能与电势差等关系的理解和应用。
备考时，学生应首先深入理解静电场中力的性质和能的性质的基本概念和原理，掌握电场强度、电场力、电势能、电势等基本概念的定义、计算公式和物理意义。同时，学生还应注重实践应用，通过大量练习和模拟考试，熟悉各种题型的解题方法和技巧，提高解题能力和速度。
考向一：电场中的一线一面一轨迹问题
1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较
2.“电场线+运动轨迹”组合模型
模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析:
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。
3．几种典型电场的等势面
4．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。
考向二：电场中的三类图像
（一）φ-x图像
1.电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。
2.在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
3.在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。
（二）Ep-x图像
1.根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负功。
2.根据ΔEp=-W=-Fx,图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。
（三）E-x图像
1.E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,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.在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
3.在这类题目中,还可以由E-x图像画出对应的电场,利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。
考向三：电场中带电体的各类运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
(2)匀强电场中，粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．用动力学观点分析：a＝ eq \f(qE,m) ，E＝ eq \f(U,d) ，v2－v02＝2ad(匀强电场)。
3．用功能观点分析：匀强电场中W＝Eqd＝qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02；非匀强电场中W＝qU＝Ek2－Ek1。
带电粒子在电场中的抛体运动：类比平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀变速运动。
带电小球在电场中的圆周运动：
01 等量异种电荷的电场
1．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心，为上侧阳半圆的圆心，为下侧阴半圆的圆心，O、，在同一直线上，AB为大圆的直径且与连线垂直，C、D为关于O点对称的两点，在，两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有、处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A．C、D两点电势相等
B．把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先增加后减小
C．把质子由A沿直线移到B的过程中，质子所受电场力先增加后减小
D．将一电子（不计重力）从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动
【答案】C
【详解】A．在，两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，设处为正点电荷，处为负点电荷，由于C点靠近正点电荷，D点靠近负点电荷，则C点电势高于D点电势，故A错误；
B．AB为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能保持不变，故B错误；
C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A沿直线移到B的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小，故C正确；
D．由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子（不计重力）从A点由静止释放，在A处受到的电场力与AB直线垂直，电子不可能沿直线在AB间做往返运动，故D错误。
故选C。
02 等量同种电荷的电场
2．如图所示，空间立方体的棱长为a，O、P分别为立方体上下表面的中心，在两条竖直边MN和FG的中点处分别固定甲和乙两个带电荷量均为q的负点电荷，上下表面中心连线OP所在直线上O点的上方有一点S（图中未画出），S到O点的距离为r，电子的电荷量为e，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．重力不计、比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，在O和P点的加速度最大，最大值为
B．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，当时， O点的电场强度恰好等于零
C．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，无论r为何值，比荷为的电荷在M点的电势能总大于在F点的电势能
D．在立方体所在空间加一方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场，将一电子由M移动到G时，电子的电势能减少了
【答案】A
【详解】A．如图所示，连接甲乙，设OP所在直线上某点Q（图中未画出）与甲乙连线的夹角为θ，甲乙两电荷间的距离为L，利用点电荷电场场强决定式和平行四边形定则可求出Q点电场强度大小的表达式为
令，则有
解得当
时该点的场强最大，将代入以上关系式可求得最大值为
作图如图所示
根据几何关系可求Q点到甲乙连线中点的距离为
可见Q点跟O点重合，可知在甲乙等量同种电荷电场中O、P两点的场强最大，最大值为
根据牛顿第二定律可求得比重力不计、比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，在O和P点的加速度最大，最大值为，A正确；
B．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，O点的电场强度恰好等于零，有
解得
B错误；
C．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，根据电场的对称性特点可知，无论r为何值，M点和F点的电势总相等，所以比荷为的电荷在M点和F点的电势能总是相等的，C错误；
D．在立方体所在空间加一方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场，将一电子由M移动到G，根据对称性可知，甲乙电荷电场中M、G两点电势相等，则所加电场的电场力对电子做正功所以电子的电势能减少了eEa，D错误。故选A。
03 等势面及轨迹问题
3．在示波器、电子显微镜等器件中都需要将电子束聚焦，常采用的聚焦装置之一是静电透镜。静电透镜内电场分布的截面图如图中所示，虚线为等势面，实线为电场线，相邻等势面间电势差相等。现有一束电子以某一初速度从左侧进入该区域，P、Q为电子运动轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度大于Q点的电场强度
B．P点的电势高于Q点的电势
C．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能
D．电子在P点的动能小于在Q点的动能
【答案】D
【详解】A．电场线的疏密表示场强的强弱，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，所以A错误；
B．沿着电线方向电势逐渐降低，电场线方向总是由高的等势面指向低的等势面，则P点的电势低于Q点的电势，所以B错误；
C．电子带负电，负电荷在电势越高的地方电势能越低，在电势越低的地方电势能越高，则电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，所以C错误；
D．电子所受电场力方向向右，从P到Q电场力做正功，由动能定理可得电子动能增大，所以电子在P点的动能小于在Q点的动能，所以D正确；
故选D。
04 φ-x图像
4．空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x 轴和y 轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为160V/m
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
C．点（10cm，10cm）处的电势为20V
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V
【答案】D
【详解】A．由图像斜率可知电场在x 轴和y 轴上的分电场分别为
V/m=160V/m，V/m=120V/m
则电场大小为
V/m
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
故B错误；
C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为
V
故C错误；
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为
V=20V
沿着电场线方向电势逐渐降低，则点（10cm，10cm）处的电势大于20V，D正确；
故选D。
05 Ep-x图像
5．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．在处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至处时，速度的大小为2.5m/s
D．若滑块恰好能到达处，则该处的电势为-50V
【答案】D
【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为
解得电场强度大小
故A错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功
由动能定理得
解得滑块运动至处时，速度的大小为
故C错误；
D．若滑块恰好到达x=5m处，则滑块恰好到达x=5m处
则滑块从x=1m到x=5m运动过程中
由
解得滑块到达处的电势能
处的电势为故D正确。故选D。
06 E-x图像
6．如图，为方向沿轴的某电场的场强随位置坐标变化的关系图像，其中在负半轴上的图像是直线。一电子从轴上的处由静止释放，仅在电场力作用下运动，电子电荷量绝对值为（），下列说法正确的是（ ）
A．电子从到过程动能增量大于从到过程动能增量
B．电子在处与处的电势能相等
C．电子从处运动到处过程中，电势能减小了
D．电子在处具有的电势能最大
【答案】A
【详解】A．电子从轴上的处由静止释放，沿轴负向运动，电场力做正功，电势能减小，动能增加；因图像的面积等于电势差，从到过程的电势差大于从到的电势差，根据
可知电子从到过程动能增量大于从到过程动能增量，A正确；
B．各点场强均为正值，则场强方向沿轴正向，则从处到处，场强方向不变，沿电场线电势降低，可知处和处电势不相等，电子在处与处的电势能不相等，B错误；
C．由图像的面积可知，电子从处运动到处过程中，电势升高
电势能减小了
C错误。
D．电子从处沿轴负向运动，电场力做正功，电势能减小，则电子在处具有的电势能不是最大，D错误。
故选A。
07 带电粒子在电场中的直线运动
7．如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。B板与电源正极相连，A、C两板与电源负极相连。闭合电键，从O点由静止释放一电子，电子恰好能运动到P点（不计电子的重力影响）。现将C板向右平移到点，下列说法正确的是（ ）
A．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回
B．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到点返回
C．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和点之间返回
D．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过点
【答案】B
【详解】AB．根据题意可知
电子从O到M电场力做正功，从M到P电场力做负功或从M到电场力做负功，电子在板间运动的过程，由动能定理可知
将C板向右平移到点，若电键处于闭合状态，上式仍然成立，电子将运动到点返回，故A错误，B正确；
CD．断开电键后，根据
，，
联立解得
可知板间的电场强度与板间距离无关，而断开电键后可认为极板间电荷量不变，则电场强度不变，根据动能定理可知
因此若断开电键后再从O点由静止释放电子，电子仍将运动到P点，故CD错误。
故选B。
08 带电粒子在电场中的抛体运动
8．如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知，，，，，一比荷为的带负电粒子由A点沿AD方向以速率进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．D点电势为零
B．场强方向由D指向B
C．该粒子到达C点时速度大小为
D．该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直
【答案】C
【详解】B．，，可知的中点的电势为，可知为等势线，连接，做的垂线，根据沿电场线方向电势降低可知场强方向由指向，故B错误；
A．由几何关系可知为的中点，有
可得
故A错误；
C．电场强度的大小
平行电场强度方向小球做匀速直线运动
电场强度方向小球做匀加速直线运动
解得
，
电场强度方向小球的速度
该粒子到达C点时速度大小为
故C正确；
D．与延长线的夹角的正切值可知该粒子到达C点时速度方向不与BC边垂直，故D错误。故选C。
09 带电粒子在电场中的圆周运动
9．如图所示，光滑绝缘轨道ABC由半圆轨道AB和水平直轨道BC组成，A、B连线竖直。半圆轨道的圆心为O、半径为R，空间有如图所示的匀强电场，场强大小为，方向与水平面夹角为θ=30°，重力加速度为g。在水平直轨道上距B点L处静止释放一质量为m、电量为q的带正电小滑块，下列说法正确的是（ ）
A．无论L取何值，小滑块都能运动到A点
B．小滑块在半圆轨道上运动时始终处于超重状态
C．若，轨道对滑块的弹力最大值等于4mg
D．若，轨道对滑块的弹力最大值等于3mg
【答案】C
【详解】B．对小滑块受力分析，如图
合外力与水平方向夹角为，则小滑块运动到A点时小滑块减速运动，故在A点时小滑块处于失重状态，故B错误；
A．假设小滑块刚好可以到达A点，在竖直方向的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得
设在此时小滑块在A点的速度为，则
则根据动能定理
解得
故A错误；
CD．合外力与水平方向夹角为，则OD与水平方向夹角为的D点为等效最低点，如图
若，时，根据动能定理
则此时，轨道对小滑块的支持力为
解得
故C正确，D错误。
故选C。
1．（2024·山东淄博·二模）如图所示，一个正方体，其上、下、左、右表面的中心分别为E、F、G、H，在E、G两点固定电荷量为的点电荷，在F、H两点固定电荷量为的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．、D两点电势相等
B．中点处的场强与中点处的场强相同
C．一带正电的试探电荷在点的电势能等于它在C点的电势能
D．两点间的电势差小于两点间的电势差
【答案】CD
【详解】A．由空间的对称性可知，点更靠近正电荷，而D点更靠近负电荷，所以有电场的叠加可知，两点的电势不相等，点的电势大于D点的电势，故A项错误；
B．四个电荷，将其E、F看成一对，G、H看成一对，则E、F为一对等量异种电荷，G、H也为一对等量异种电荷，所以该电场时两对等量异种电荷的电场的叠加。两对等量异种电荷的中心为该正方体的中心，以该中心为坐标原点O，设连线中点处为I，连线中点处为L，以OI为坐标轴的正方向，OL为坐标轴的负方向，结合等量异种电荷的电场分布可知，中点处的场强与中点处的场强大小相等，方向相反，故B项错误；
C．由空间的对称性可知，到四个电荷的距离与C到四个电荷的距离相等，点和C点到正负电荷距离相等，所以有电场的叠加可知，两点的电势相等，由
可知，一带正电的试探电荷在点的电势能等于它在C点的电势能，故C项正确。
D．到两个正电荷的距离与到两个负电荷的距离相等，所以电势为零。B点到两个正电荷的距离与到两个负电荷的距离相等，所以B点的电势也为零。A点靠近负电荷，所以A点的电势为负，点更靠近正电荷，所以的电势为正。间电势差有
间电势差为
故D项正确。
故选CD。
2．（2024·广东韶关·二模）如图所示，空间有一正方体，a点固定电荷量为的点电荷，d点固定电荷量为的点电荷，O、分别为上下两个面的中心点，则（ ）
A．b点与c点的电场强度相同
B．b点与点的电势相同
C．b点与c点的电势差等于点与点的电势差
D．将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】CD
【详解】A．由对称性知，b点与c点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．b点到a点的距离等于点到a点的距离，b点到d点的距离等于点到d点的距离，则b点与点的电势相同，若取无限远处电势为零，垂直于ad且过的平面为电势为零的等势面，点与点关于该等势面对称，两点电势绝对值相等，一正一负，故b点与点的电势不同，故B错误；
C．由对称性知，b点与c点的电势差为
点与点的电势差为
由于
则
故C正确；
D．对试探电荷受力分析，俯视图如图所示
由图可知将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D正确。
故选CD。
3．（2024·广西·三模）如图甲所示，圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为，半径为。为圆弧上的一个点，连线逆时针转动，为连线从位置开始旋转的角度，点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为
B．匀强电场的场强方向垂直连线向右
C．一氦核从A点沿圆弧运动到点，电势能增加了
D．一电子从点沿圆弧逆时针运动到点，电场力先做负功后做正功
【答案】AD
【详解】AB．根据图像可知，当时，P位于A点，A点电势为2V；当时，P点位于P1，电势为1V，当时，P点位于P2，电势为5V。根据夹角关系可知，P1OP2位于同一条直线上，即如图所示
根据等分法可知，OP1中点N的电势为2V，故AN的连线为匀强电场中的一条等势线。根据几何关系可知，AN⊥P1P2。故P1P2即为匀强电场中的一条电场线，且电场方向由P2指向P1。根据电场强度与电势差的关系可得
故A正确，B错误；
C．由几何关系可知，C点与OP2中点M的连线垂直P1P2，故CM为等势线，故根据等分法可知
一氦核从A点沿圆弧运动到C点，电势能变化量为
故C错误；
D．由上可知，电场方向由P2指向P1，电子从A点沿圆弧逆时针运动到B点，电场力先做负功后做正功。故D正确。
故选AD。
4．（2024高三下·重庆·模拟预测）2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势低于b点的电势B．a点的电场强度大于c点的电场强度
C．电子从a点到b点电势能增加D．电子从a点到b点做加速运动
【答案】AD
【详解】ACD．电子所受电场力方向指向轨迹凹侧，大致向右，则电场强度方向背离轨迹凹侧，大致向左，并且垂直于等势面，根据沿电场方向电势降低可知a点的电势低于b点的电势，故电子从a点到b点电势能减小，电场力做正功，做加速运动，故AD正确，C错误；
B．等势面越密集的位置电场强度越大，所以a点的电场强度小于c点的电场强度，故B错误。
故选AD。
5．（2024·四川巴中·模拟预测）有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能、电势能以及动能与电势能之和随x变化的图像，正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】BD
【详解】A.带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则电场力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误；
C.电场力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；
B.由图像斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方向，由图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力
先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致，B正确；
D.由能量守恒
动能与电势能之和不变，D正确。
故选BD。
6（2024·贵州·二模）如图1所示，半径为R且位置固定的细圆环上，均匀分布着总电量为的电荷，O点为圆环的圆心，x轴通过O点且垂直于环面，P点在x轴上，它与O点的距离为d。x轴上电势的分布图，如图2所示。图线上A、B、C三点的坐标已在图2中标出。静电力常量为k，距离O点无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心O点的电势为
B．圆心O点的电场强度大小为
C．x轴上P点电场强度的大小为
D．电荷量为、质量为m的点电荷从O点以初速度沿x轴射出，此点电荷移动距离，其速度减为零
【答案】ACD
【详解】A．将圆环分成n个微元，每个微元均能够看为点电荷，则圆心O点的电势为
即圆心O点的电势为，A正确；
B．将圆环分成n个微元，每个微元均能够看为点电荷，根据对称性可知，圆心O点的电场强度大小为0，B错误；
C．根据上述，令每个微元的电荷量为，微元到P点连线间距为r，微元到P点连线与x轴夹角为，则根据对称性，P点电场强度为
又由于
，，
解得
C正确；
D．根据
其中
，
解得
根据图2可知，此点电荷移动距离，其速度减为零，D正确。
故选ACD。
7．（2024·安徽·模拟预测）已知试探电荷在场源点电荷的电场中所具有电势能表达式为，其中为静电力常量，为试探电荷与场源点电荷间的距离，且规定无穷远处的电势能为0。真空中有两个点电荷和，分别固定在坐标轴和的位置上。一带负电的试探电荷在轴上各点具有的电势能随变化关系如图所示，其中试探电荷在A、两点的电势能为零，A点的坐标是点为点电荷右边电势能最小的点，则下列说法正确的是（ ）
A．为正电荷，为负电荷
B．点电荷与电量之比为
C．点对应轴位置的坐标是
D．两点电荷在轴上电场强度相同的点的位置为
【答案】AC
【详解】A．由图可知，带负电的试探电荷在0~15间的电势能逐渐增大，可知为正电荷，为负电荷，故A正确；
B．由图可知，A点的电势能为0，则有
解得点电荷与电量之比为，故B错误；
C．根据电势能的计算公式，可知图象的斜率代表电场力，则C点的电场力为0，有
解得
故C正确；
D．根据点电荷产生的电场公式有
解得
cm
故D错误；
故选AC。
8．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距，所带电荷量分别为、，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子（重力不计）从A点静止释放。粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于电势、电场强度E、粒子的动能和电势能随位移x的变化图线中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【详解】A．设为AB中点，根据电势的叠加可知，点的电势为0，且AB两点关于点对称，则AB两点电势大小相等，符号相反，故A正确；
B．粒子在A点时，环产生的场电场强度为0，但环产生的电场强度不为0，即图像的原点处，故B错误；
C．由动能定理
则图像斜率为电场力，而点电场力最大，故图像处斜率最大，故C正确；
D．由于AB处的电势一正一负，绝对值相等，根据
可知，粒子在AB两点的电势能也一正一负，绝对值相等，故D错误。
故选AC。
9．（2024·湖南长沙·一模）如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，质量为的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙。小滑块从N点离开电场，其再次进入电场时，电场强度大小保持不变、方向变为水平向左。已知A、B间距离为4R且R＝0.2m，滑块与轨道间动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块在B点时的带电量为0.15C
B．小滑块从A点释放到运动至B点过程中电荷量的变化量为0.1C
C．小滑块再次进入电场后在电场中做匀变速曲线运动
D．小滑块再次到达水平轨道时距B点的距离为1.2m
【答案】BD
【详解】AB．从A到B过程，根据牛顿第二定律
在B点，根据牛顿第二定律
联立以上两式解得
故A错误，B正确；
CD．从A到B过程
从B到C过程
从C点到再次进入电场做平抛运动
由以上各式解得
则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动
从C点到水平轨道
由以上各式解得
距B的距离1.2m，故C错误，D正确。
故选BD。
10．（2024·辽宁·模拟预测）如图，空间存在范围足够大的匀强电场，场强大小，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为g
B．滑块在轨道中对轨道的最大压力为3mg
C．滑块最终将在轨道之间做往复运动
D．滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2R
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知
重力与电场力的合力，方向垂直于AB面向下，滑块在AB轨道下滑时，有
解得
加速度大小为g，A正确；
B．由几何关系可知，
滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为，轨道对滑块的支持力为，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为
B错误；
C．从B点到C点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为
所以滑块在到达C点前已经减速到0，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为，然后沿BA轨道上向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，C错误；
D． 由C选项分析可知，滑块不能经过C点，所以滑块在轨道上整个运动过程合力做功为0，滑块滑回B点时，速度依然为，设在AB轨道上滑行后减速为0，有
解得
所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为
D正确。
故选AD。
11．（2024·海南·模拟预测）如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强电场，光滑斜面与粗糙绝缘水平地面平滑连接，斜面与水平面的夹角。质量为、电荷量为的带正电小物块（可视为质点）从A点由静止释放，经过点后进入水平面，最后停在点。若小物块经过点前后速度大小不变，电场的电场强度大小为，，，重力加速度取，，，下列说法正确的是（ ）
A．小物块在斜面上运动的加速度大小为
B．小物块从A点运动到点所用的时间为
C．小物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
D．小物块从A点运动到点，静电力所做的功等于系统内能的增加量
【答案】BC
【详解】A．由牛顿第二定律小物块在斜面上运动的加速度大小为
故A错误；
B．小物块从A点运动到B点，有
所用的时间为
到B点的速度为
小物块从B点运动到C点，有
所用的时间为
则小物块从A点运动到点所用的时间为
故B正确；
C．小物块在水平地面上的加速度
由牛顿第二定律
可得小物块与水平地面间的动摩擦因数为
故C正确；
D．小物块从A点运动到点，静电力和重力做正功，摩擦力做负功，由
可知静电力所做的功与重力所做的功等于系统内能的增加量，故D错误。
故选BC。
12．（2024·四川遂宁·三模）如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度的大小为m/s2
B．小球的加速度的大小为10m/s2
C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为m/s
D．O、P两点间的电势差为V
【答案】BC
【详解】AB．小球在电场中受到的电场力为
小球受到的重力为
小球受力如图所示
根据几何知识可知小球受到合力为
则小球的加速度的大小为
故A错误，B正确；
C．设OP的距离为x，把x分别沿着和垂直分解，则有
，
由类平抛运动规律可得
，
小球在P点的速度为
联立解得
，
故C正确；
D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得
故D错误。
故选BC。
13．（2024·安徽安庆·三模）如图所示，在三维直角坐标系中，分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．可求小球的初速度大小为
B．经过时间，球的动能变为初动能的2倍
C．若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能做匀速圆周运动
D．若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动
【答案】AC
【详解】A．小球在平面内做平抛运动，则有
解得
A正确；
B．小球的动能变为初动能的2倍时
即经过时间为
B错误；
C．若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；
D．若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。
故选AC。
14．（2024·山西太原·一模）如图所示，正方体的棱竖直，可视为质点的带正电小球从点沿方向水平抛出，仅在重力的作用下，恰好经过点。若空间中增加沿方向的匀强电场，小球仍从点沿方向水平抛出，恰好经过底面中心点。下列说法正确的是（ ）
A．小球两次运动的时间相等
B．小球两次抛出的初速度相同
C．小球经过点的动能与经过点的动能之比为
D．小球从到，机械能增加量是重力势能减少量的一半
【答案】AC
【详解】A．设正方体边长为L，小球两次在竖直方向的受力情况相同，则竖直方向的加速度相同，根据
可知，两次运动的时间相等，选项A正确；
B．小球两次沿初速度方向均不受力，即沿初速度方向均做匀速运动，第一次抛出的初速度
而第二次抛出的初速度
选项B错误；
C．第二次沿方向
解得
第一次小球经过点的动能
第二次小球经过k点的动能
可知小球经过点的动能与经过点的动能之比为，选项C正确；
D．小球从到，机械能增加量等于电场力做功，即
重力势能减少量
选项D错误。
故选AC。
15．（2024·重庆·一模）如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球获得初速度的大小为
C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为
D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】BC
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
解得
因为未知，故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得
联立解得小球获得初速度的大小为
故B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为
故C正确；
D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，故D错误。
故选BC。
16．（2024高三·山西吕梁·模拟预测）如图所示，光滑水平面内固定着半径的三分之二光滑圆弧轨道ABC，空间有水平向右的匀强电场，电场强度，以圆心O为原点建立沿电场线方向的坐标轴x，其中A点和C点关于x轴对称，OA和OC均与x轴间夹角为，一带正电小球从x轴上M点垂直x轴方向以速度沿水平面方向抛出，小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，已知小球电荷量、质量，以下说法正确的是（ ）
A．小球初速度大小为4m/s
B．M点坐标为
C．小球对轨道的最大压力为24N
D．小球运动具有周期性
【答案】CD
【详解】A．小球先做类平抛运动，有
解得
，
故A错误；
B．根据几何关系可知M点坐标
故B错误；
C．小球到达B点时速度最大，小球对轨道压力最大，由动能定理，有
由牛顿第二定律，有
解得
故C正确；
D．小球达到C点时速度大小与在A点时相等，小球从C点离开轨道后做类斜上抛运动，恰好再经过M点并恢复初始状态，故小球运动具有周期性，故D正确。
故选CD。
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的
电场强度
沿连线先变小后变大
O点最小,但不为零
O点为零
中垂线上的
电场强度
O点最大,向外逐
渐减小
O点最小,向外先
变大后变小
关于O点对
称位置的电
场强度
A与A'、B与B'、C与C'
等大同向
等大反向
电场
等势面
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷
的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种
点电荷的
电场
连线的中垂线上电势处处为零
等量同种
(正)点电荷
的电场
两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
压轴题06 静电场中力和能性质的综合应用
在高考物理中，静电场中力的性质和能的性质占据着重要的地位，它们不仅是电学部分的核心内容，也是理解和应用电学知识的基础。
在命题方式上，高考对于静电场中力的性质和能的性质的考查通常涉及电场强度、电场力、电势能、电势等基本概念的理解和应用。这些考点可能会以选择题、计算题等多种形式出现，题目设计注重考查学生对电场力做功、电场强度与电荷量、电势能与电势差等关系的理解和应用。
备考时，学生应首先深入理解静电场中力的性质和能的性质的基本概念和原理，掌握电场强度、电场力、电势能、电势等基本概念的定义、计算公式和物理意义。同时，学生还应注重实践应用，通过大量练习和模拟考试，熟悉各种题型的解题方法和技巧，提高解题能力和速度。
考向一：电场中的一线一面一轨迹问题
1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较
2.“电场线+运动轨迹”组合模型
模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析:
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。
3．几种典型电场的等势面
4．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。
考向二：电场中的三类图像
（一）φ-x图像
1.电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。
2.在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
3.在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。
（二）Ep-x图像
1.根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负功。
2.根据ΔEp=-W=-Fx,图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。
（三）E-x图像
1.E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,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.在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
3.在这类题目中,还可以由E-x图像画出对应的电场,利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。
考向三：电场中带电体的各类运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
(2)匀强电场中，粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．用动力学观点分析：a＝ eq \f(qE,m) ，E＝ eq \f(U,d) ，v2－v02＝2ad(匀强电场)。
3．用功能观点分析：匀强电场中W＝Eqd＝qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02；非匀强电场中W＝qU＝Ek2－Ek1。
带电粒子在电场中的抛体运动：类比平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀变速运动。
带电小球在电场中的圆周运动：
01 等量异种电荷的电场
1．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心，为上侧阳半圆的圆心，为下侧阴半圆的圆心，O、，在同一直线上，AB为大圆的直径且与连线垂直，C、D为关于O点对称的两点，在，两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有、处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A．C、D两点电势相等
B．把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先增加后减小
C．把质子由A沿直线移到B的过程中，质子所受电场力先增加后减小
D．将一电子（不计重力）从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动
【答案】C
【详解】A．在，两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，设处为正点电荷，处为负点电荷，由于C点靠近正点电荷，D点靠近负点电荷，则C点电势高于D点电势，故A错误；
B．AB为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能保持不变，故B错误；
C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A沿直线移到B的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小，故C正确；
D．由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子（不计重力）从A点由静止释放，在A处受到的电场力与AB直线垂直，电子不可能沿直线在AB间做往返运动，故D错误。
故选C。
02 等量同种电荷的电场
2．如图所示，空间立方体的棱长为a，O、P分别为立方体上下表面的中心，在两条竖直边MN和FG的中点处分别固定甲和乙两个带电荷量均为q的负点电荷，上下表面中心连线OP所在直线上O点的上方有一点S（图中未画出），S到O点的距离为r，电子的电荷量为e，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．重力不计、比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，在O和P点的加速度最大，最大值为
B．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，当时， O点的电场强度恰好等于零
C．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，无论r为何值，比荷为的电荷在M点的电势能总大于在F点的电势能
D．在立方体所在空间加一方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场，将一电子由M移动到G时，电子的电势能减少了
【答案】A
【详解】A．如图所示，连接甲乙，设OP所在直线上某点Q（图中未画出）与甲乙连线的夹角为θ，甲乙两电荷间的距离为L，利用点电荷电场场强决定式和平行四边形定则可求出Q点电场强度大小的表达式为
令，则有
解得当
时该点的场强最大，将代入以上关系式可求得最大值为
作图如图所示
根据几何关系可求Q点到甲乙连线中点的距离为
可见Q点跟O点重合，可知在甲乙等量同种电荷电场中O、P两点的场强最大，最大值为
根据牛顿第二定律可求得比重力不计、比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，在O和P点的加速度最大，最大值为，A正确；
B．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，O点的电场强度恰好等于零，有
解得
B错误；
C．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，根据电场的对称性特点可知，无论r为何值，M点和F点的电势总相等，所以比荷为的电荷在M点和F点的电势能总是相等的，C错误；
D．在立方体所在空间加一方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场，将一电子由M移动到G，根据对称性可知，甲乙电荷电场中M、G两点电势相等，则所加电场的电场力对电子做正功所以电子的电势能减少了eEa，D错误。故选A。
03 等势面及轨迹问题
3．在示波器、电子显微镜等器件中都需要将电子束聚焦，常采用的聚焦装置之一是静电透镜。静电透镜内电场分布的截面图如图中所示，虚线为等势面，实线为电场线，相邻等势面间电势差相等。现有一束电子以某一初速度从左侧进入该区域，P、Q为电子运动轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度大于Q点的电场强度
B．P点的电势高于Q点的电势
C．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能
D．电子在P点的动能小于在Q点的动能
【答案】D
【详解】A．电场线的疏密表示场强的强弱，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，所以A错误；
B．沿着电线方向电势逐渐降低，电场线方向总是由高的等势面指向低的等势面，则P点的电势低于Q点的电势，所以B错误；
C．电子带负电，负电荷在电势越高的地方电势能越低，在电势越低的地方电势能越高，则电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，所以C错误；
D．电子所受电场力方向向右，从P到Q电场力做正功，由动能定理可得电子动能增大，所以电子在P点的动能小于在Q点的动能，所以D正确；
故选D。
04 φ-x图像
4．空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x 轴和y 轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为160V/m
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
C．点（10cm，10cm）处的电势为20V
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为20V
【答案】D
【详解】A．由图像斜率可知电场在x 轴和y 轴上的分电场分别为
V/m=160V/m，V/m=120V/m
则电场大小为
V/m
B．电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为
故B错误；
C．规定坐标原点的电势为0，点（10cm，10cm）处的电势为
V
故C错误；
D．纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高为
V=20V
沿着电场线方向电势逐渐降低，则点（10cm，10cm）处的电势大于20V，D正确；
故选D。
05 Ep-x图像
5．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．在处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至处时，速度的大小为2.5m/s
D．若滑块恰好能到达处，则该处的电势为-50V
【答案】D
【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为
解得电场强度大小
故A错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功
由动能定理得
解得滑块运动至处时，速度的大小为
故C错误；
D．若滑块恰好到达x=5m处，则滑块恰好到达x=5m处
则滑块从x=1m到x=5m运动过程中
由
解得滑块到达处的电势能
处的电势为故D正确。故选D。
06 E-x图像
6．如图，为方向沿轴的某电场的场强随位置坐标变化的关系图像，其中在负半轴上的图像是直线。一电子从轴上的处由静止释放，仅在电场力作用下运动，电子电荷量绝对值为（），下列说法正确的是（ ）
A．电子从到过程动能增量大于从到过程动能增量
B．电子在处与处的电势能相等
C．电子从处运动到处过程中，电势能减小了
D．电子在处具有的电势能最大
【答案】A
【详解】A．电子从轴上的处由静止释放，沿轴负向运动，电场力做正功，电势能减小，动能增加；因图像的面积等于电势差，从到过程的电势差大于从到的电势差，根据
可知电子从到过程动能增量大于从到过程动能增量，A正确；
B．各点场强均为正值，则场强方向沿轴正向，则从处到处，场强方向不变，沿电场线电势降低，可知处和处电势不相等，电子在处与处的电势能不相等，B错误；
C．由图像的面积可知，电子从处运动到处过程中，电势升高
电势能减小了
C错误。
D．电子从处沿轴负向运动，电场力做正功，电势能减小，则电子在处具有的电势能不是最大，D错误。
故选A。
07 带电粒子在电场中的直线运动
7．如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。B板与电源正极相连，A、C两板与电源负极相连。闭合电键，从O点由静止释放一电子，电子恰好能运动到P点（不计电子的重力影响）。现将C板向右平移到点，下列说法正确的是（ ）
A．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回
B．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到点返回
C．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和点之间返回
D．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过点
【答案】B
【详解】AB．根据题意可知
电子从O到M电场力做正功，从M到P电场力做负功或从M到电场力做负功，电子在板间运动的过程，由动能定理可知
将C板向右平移到点，若电键处于闭合状态，上式仍然成立，电子将运动到点返回，故A错误，B正确；
CD．断开电键后，根据
，，
联立解得
可知板间的电场强度与板间距离无关，而断开电键后可认为极板间电荷量不变，则电场强度不变，根据动能定理可知
因此若断开电键后再从O点由静止释放电子，电子仍将运动到P点，故CD错误。
故选B。
08 带电粒子在电场中的抛体运动
8．如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知，，，，，一比荷为的带负电粒子由A点沿AD方向以速率进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．D点电势为零
B．场强方向由D指向B
C．该粒子到达C点时速度大小为
D．该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直
【答案】C
【详解】B．，，可知的中点的电势为，可知为等势线，连接，做的垂线，根据沿电场线方向电势降低可知场强方向由指向，故B错误；
A．由几何关系可知为的中点，有
可得
故A错误；
C．电场强度的大小
平行电场强度方向小球做匀速直线运动
电场强度方向小球做匀加速直线运动
解得
，
电场强度方向小球的速度
该粒子到达C点时速度大小为
故C正确；
D．与延长线的夹角的正切值可知该粒子到达C点时速度方向不与BC边垂直，故D错误。故选C。
09 带电粒子在电场中的圆周运动
9．如图所示，光滑绝缘轨道ABC由半圆轨道AB和水平直轨道BC组成，A、B连线竖直。半圆轨道的圆心为O、半径为R，空间有如图所示的匀强电场，场强大小为，方向与水平面夹角为θ=30°，重力加速度为g。在水平直轨道上距B点L处静止释放一质量为m、电量为q的带正电小滑块，下列说法正确的是（ ）
A．无论L取何值，小滑块都能运动到A点
B．小滑块在半圆轨道上运动时始终处于超重状态
C．若，轨道对滑块的弹力最大值等于4mg
D．若，轨道对滑块的弹力最大值等于3mg
【答案】C
【详解】B．对小滑块受力分析，如图
合外力与水平方向夹角为，则小滑块运动到A点时小滑块减速运动，故在A点时小滑块处于失重状态，故B错误；
A．假设小滑块刚好可以到达A点，在竖直方向的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得
设在此时小滑块在A点的速度为，则
则根据动能定理
解得
故A错误；
CD．合外力与水平方向夹角为，则OD与水平方向夹角为的D点为等效最低点，如图
若，时，根据动能定理
则此时，轨道对小滑块的支持力为
解得
故C正确，D错误。
故选C。
1．（2024·山东淄博·二模）如图所示，一个正方体，其上、下、左、右表面的中心分别为E、F、G、H，在E、G两点固定电荷量为的点电荷，在F、H两点固定电荷量为的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．、D两点电势相等
B．中点处的场强与中点处的场强相同
C．一带正电的试探电荷在点的电势能等于它在C点的电势能
D．两点间的电势差小于两点间的电势差
【答案】CD
【详解】A．由空间的对称性可知，点更靠近正电荷，而D点更靠近负电荷，所以有电场的叠加可知，两点的电势不相等，点的电势大于D点的电势，故A项错误；
B．四个电荷，将其E、F看成一对，G、H看成一对，则E、F为一对等量异种电荷，G、H也为一对等量异种电荷，所以该电场时两对等量异种电荷的电场的叠加。两对等量异种电荷的中心为该正方体的中心，以该中心为坐标原点O，设连线中点处为I，连线中点处为L，以OI为坐标轴的正方向，OL为坐标轴的负方向，结合等量异种电荷的电场分布可知，中点处的场强与中点处的场强大小相等，方向相反，故B项错误；
C．由空间的对称性可知，到四个电荷的距离与C到四个电荷的距离相等，点和C点到正负电荷距离相等，所以有电场的叠加可知，两点的电势相等，由
可知，一带正电的试探电荷在点的电势能等于它在C点的电势能，故C项正确。
D．到两个正电荷的距离与到两个负电荷的距离相等，所以电势为零。B点到两个正电荷的距离与到两个负电荷的距离相等，所以B点的电势也为零。A点靠近负电荷，所以A点的电势为负，点更靠近正电荷，所以的电势为正。间电势差有
间电势差为
故D项正确。
故选CD。
2．（2024·广东韶关·二模）如图所示，空间有一正方体，a点固定电荷量为的点电荷，d点固定电荷量为的点电荷，O、分别为上下两个面的中心点，则（ ）
A．b点与c点的电场强度相同
B．b点与点的电势相同
C．b点与c点的电势差等于点与点的电势差
D．将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】CD
【详解】A．由对称性知，b点与c点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．b点到a点的距离等于点到a点的距离，b点到d点的距离等于点到d点的距离，则b点与点的电势相同，若取无限远处电势为零，垂直于ad且过的平面为电势为零的等势面，点与点关于该等势面对称，两点电势绝对值相等，一正一负，故b点与点的电势不同，故B错误；
C．由对称性知，b点与c点的电势差为
点与点的电势差为
由于
则
故C正确；
D．对试探电荷受力分析，俯视图如图所示
由图可知将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D正确。
故选CD。
3．（2024·广西·三模）如图甲所示，圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为，半径为。为圆弧上的一个点，连线逆时针转动，为连线从位置开始旋转的角度，点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为
B．匀强电场的场强方向垂直连线向右
C．一氦核从A点沿圆弧运动到点，电势能增加了
D．一电子从点沿圆弧逆时针运动到点，电场力先做负功后做正功
【答案】AD
【详解】AB．根据图像可知，当时，P位于A点，A点电势为2V；当时，P点位于P1，电势为1V，当时，P点位于P2，电势为5V。根据夹角关系可知，P1OP2位于同一条直线上，即如图所示
根据等分法可知，OP1中点N的电势为2V，故AN的连线为匀强电场中的一条等势线。根据几何关系可知，AN⊥P1P2。故P1P2即为匀强电场中的一条电场线，且电场方向由P2指向P1。根据电场强度与电势差的关系可得
故A正确，B错误；
C．由几何关系可知，C点与OP2中点M的连线垂直P1P2，故CM为等势线，故根据等分法可知
一氦核从A点沿圆弧运动到C点，电势能变化量为
故C错误；
D．由上可知，电场方向由P2指向P1，电子从A点沿圆弧逆时针运动到B点，电场力先做负功后做正功。故D正确。
故选AD。
4．（2024高三下·重庆·模拟预测）2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势低于b点的电势B．a点的电场强度大于c点的电场强度
C．电子从a点到b点电势能增加D．电子从a点到b点做加速运动
【答案】AD
【详解】ACD．电子所受电场力方向指向轨迹凹侧，大致向右，则电场强度方向背离轨迹凹侧，大致向左，并且垂直于等势面，根据沿电场方向电势降低可知a点的电势低于b点的电势，故电子从a点到b点电势能减小，电场力做正功，做加速运动，故AD正确，C错误；
B．等势面越密集的位置电场强度越大，所以a点的电场强度小于c点的电场强度，故B错误。
故选AD。
5．（2024·四川巴中·模拟预测）有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能、电势能以及动能与电势能之和随x变化的图像，正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】BD
【详解】A.带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则电场力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误；
C.电场力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；
B.由图像斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方向，由图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力
先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致，B正确；
D.由能量守恒
动能与电势能之和不变，D正确。
故选BD。
6（2024·贵州·二模）如图1所示，半径为R且位置固定的细圆环上，均匀分布着总电量为的电荷，O点为圆环的圆心，x轴通过O点且垂直于环面，P点在x轴上，它与O点的距离为d。x轴上电势的分布图，如图2所示。图线上A、B、C三点的坐标已在图2中标出。静电力常量为k，距离O点无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心O点的电势为
B．圆心O点的电场强度大小为
C．x轴上P点电场强度的大小为
D．电荷量为、质量为m的点电荷从O点以初速度沿x轴射出，此点电荷移动距离，其速度减为零
【答案】ACD
【详解】A．将圆环分成n个微元，每个微元均能够看为点电荷，则圆心O点的电势为
即圆心O点的电势为，A正确；
B．将圆环分成n个微元，每个微元均能够看为点电荷，根据对称性可知，圆心O点的电场强度大小为0，B错误；
C．根据上述，令每个微元的电荷量为，微元到P点连线间距为r，微元到P点连线与x轴夹角为，则根据对称性，P点电场强度为
又由于
，，
解得
C正确；
D．根据
其中
，
解得
根据图2可知，此点电荷移动距离，其速度减为零，D正确。
故选ACD。
7．（2024·安徽·模拟预测）已知试探电荷在场源点电荷的电场中所具有电势能表达式为，其中为静电力常量，为试探电荷与场源点电荷间的距离，且规定无穷远处的电势能为0。真空中有两个点电荷和，分别固定在坐标轴和的位置上。一带负电的试探电荷在轴上各点具有的电势能随变化关系如图所示，其中试探电荷在A、两点的电势能为零，A点的坐标是点为点电荷右边电势能最小的点，则下列说法正确的是（ ）
A．为正电荷，为负电荷
B．点电荷与电量之比为
C．点对应轴位置的坐标是
D．两点电荷在轴上电场强度相同的点的位置为
【答案】AC
【详解】A．由图可知，带负电的试探电荷在0~15间的电势能逐渐增大，可知为正电荷，为负电荷，故A正确；
B．由图可知，A点的电势能为0，则有
解得点电荷与电量之比为，故B错误；
C．根据电势能的计算公式，可知图象的斜率代表电场力，则C点的电场力为0，有
解得
故C正确；
D．根据点电荷产生的电场公式有
解得
cm
故D错误；
故选AC。
8．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距，所带电荷量分别为、，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子（重力不计）从A点静止释放。粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于电势、电场强度E、粒子的动能和电势能随位移x的变化图线中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【详解】A．设为AB中点，根据电势的叠加可知，点的电势为0，且AB两点关于点对称，则AB两点电势大小相等，符号相反，故A正确；
B．粒子在A点时，环产生的场电场强度为0，但环产生的电场强度不为0，即图像的原点处，故B错误；
C．由动能定理
则图像斜率为电场力，而点电场力最大，故图像处斜率最大，故C正确；
D．由于AB处的电势一正一负，绝对值相等，根据
可知，粒子在AB两点的电势能也一正一负，绝对值相等，故D错误。
故选AC。
9．（2024·湖南长沙·一模）如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，质量为的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙。小滑块从N点离开电场，其再次进入电场时，电场强度大小保持不变、方向变为水平向左。已知A、B间距离为4R且R＝0.2m，滑块与轨道间动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块在B点时的带电量为0.15C
B．小滑块从A点释放到运动至B点过程中电荷量的变化量为0.1C
C．小滑块再次进入电场后在电场中做匀变速曲线运动
D．小滑块再次到达水平轨道时距B点的距离为1.2m
【答案】BD
【详解】AB．从A到B过程，根据牛顿第二定律
在B点，根据牛顿第二定律
联立以上两式解得
故A错误，B正确；
CD．从A到B过程
从B到C过程
从C点到再次进入电场做平抛运动
由以上各式解得
则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动
从C点到水平轨道
由以上各式解得
距B的距离1.2m，故C错误，D正确。
故选BD。
10．（2024·辽宁·模拟预测）如图，空间存在范围足够大的匀强电场，场强大小，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为g
B．滑块在轨道中对轨道的最大压力为3mg
C．滑块最终将在轨道之间做往复运动
D．滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2R
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知
重力与电场力的合力，方向垂直于AB面向下，滑块在AB轨道下滑时，有
解得
加速度大小为g，A正确；
B．由几何关系可知，
滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为，轨道对滑块的支持力为，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为
B错误；
C．从B点到C点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为
所以滑块在到达C点前已经减速到0，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为，然后沿BA轨道上向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，C错误；
D． 由C选项分析可知，滑块不能经过C点，所以滑块在轨道上整个运动过程合力做功为0，滑块滑回B点时，速度依然为，设在AB轨道上滑行后减速为0，有
解得
所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为
D正确。
故选AD。
11．（2024·海南·模拟预测）如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强电场，光滑斜面与粗糙绝缘水平地面平滑连接，斜面与水平面的夹角。质量为、电荷量为的带正电小物块（可视为质点）从A点由静止释放，经过点后进入水平面，最后停在点。若小物块经过点前后速度大小不变，电场的电场强度大小为，，，重力加速度取，，，下列说法正确的是（ ）
A．小物块在斜面上运动的加速度大小为
B．小物块从A点运动到点所用的时间为
C．小物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
D．小物块从A点运动到点，静电力所做的功等于系统内能的增加量
【答案】BC
【详解】A．由牛顿第二定律小物块在斜面上运动的加速度大小为
故A错误；
B．小物块从A点运动到B点，有
所用的时间为
到B点的速度为
小物块从B点运动到C点，有
所用的时间为
则小物块从A点运动到点所用的时间为
故B正确；
C．小物块在水平地面上的加速度
由牛顿第二定律
可得小物块与水平地面间的动摩擦因数为
故C正确；
D．小物块从A点运动到点，静电力和重力做正功，摩擦力做负功，由
可知静电力所做的功与重力所做的功等于系统内能的增加量，故D错误。
故选BC。
12．（2024·四川遂宁·三模）如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q=＋10-4C的小球从坐标原点O处，以初速度v0=m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度的大小为m/s2
B．小球的加速度的大小为10m/s2
C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为m/s
D．O、P两点间的电势差为V
【答案】BC
【详解】AB．小球在电场中受到的电场力为
小球受到的重力为
小球受力如图所示
根据几何知识可知小球受到合力为
则小球的加速度的大小为
故A错误，B正确；
C．设OP的距离为x，把x分别沿着和垂直分解，则有
，
由类平抛运动规律可得
，
小球在P点的速度为
联立解得
，
故C正确；
D．由匀强电场电势差与电场强度关系可得
故D错误。
故选BC。
13．（2024·安徽安庆·三模）如图所示，在三维直角坐标系中，分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．可求小球的初速度大小为
B．经过时间，球的动能变为初动能的2倍
C．若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能做匀速圆周运动
D．若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动
【答案】AC
【详解】A．小球在平面内做平抛运动，则有
解得
A正确；
B．小球的动能变为初动能的2倍时
即经过时间为
B错误；
C．若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；
D．若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。
故选AC。
14．（2024·山西太原·一模）如图所示，正方体的棱竖直，可视为质点的带正电小球从点沿方向水平抛出，仅在重力的作用下，恰好经过点。若空间中增加沿方向的匀强电场，小球仍从点沿方向水平抛出，恰好经过底面中心点。下列说法正确的是（ ）
A．小球两次运动的时间相等
B．小球两次抛出的初速度相同
C．小球经过点的动能与经过点的动能之比为
D．小球从到，机械能增加量是重力势能减少量的一半
【答案】AC
【详解】A．设正方体边长为L，小球两次在竖直方向的受力情况相同，则竖直方向的加速度相同，根据
可知，两次运动的时间相等，选项A正确；
B．小球两次沿初速度方向均不受力，即沿初速度方向均做匀速运动，第一次抛出的初速度
而第二次抛出的初速度
选项B错误；
C．第二次沿方向
解得
第一次小球经过点的动能
第二次小球经过k点的动能
可知小球经过点的动能与经过点的动能之比为，选项C正确；
D．小球从到，机械能增加量等于电场力做功，即
重力势能减少量
选项D错误。
故选AC。
15．（2024·重庆·一模）如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球获得初速度的大小为
C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为
D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】BC
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
解得
因为未知，故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得
联立解得小球获得初速度的大小为
故B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为
故C正确；
D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，故D错误。
故选BC。
16．（2024高三·山西吕梁·模拟预测）如图所示，光滑水平面内固定着半径的三分之二光滑圆弧轨道ABC，空间有水平向右的匀强电场，电场强度，以圆心O为原点建立沿电场线方向的坐标轴x，其中A点和C点关于x轴对称，OA和OC均与x轴间夹角为，一带正电小球从x轴上M点垂直x轴方向以速度沿水平面方向抛出，小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，已知小球电荷量、质量，以下说法正确的是（ ）
A．小球初速度大小为4m/s
B．M点坐标为
C．小球对轨道的最大压力为24N
D．小球运动具有周期性
【答案】CD
【详解】A．小球先做类平抛运动，有
解得
，
故A错误；
B．根据几何关系可知M点坐标
故B错误；
C．小球到达B点时速度最大，小球对轨道压力最大，由动能定理，有
由牛顿第二定律，有
解得
故C正确；
D．小球达到C点时速度大小与在A点时相等，小球从C点离开轨道后做类斜上抛运动，恰好再经过M点并恢复初始状态，故小球运动具有周期性，故D正确。
故选CD。
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的
电场强度
沿连线先变小后变大
O点最小,但不为零
O点为零
中垂线上的
电场强度
O点最大,向外逐
渐减小
O点最小,向外先
变大后变小
关于O点对
称位置的电
场强度
A与A'、B与B'、C与C'
等大同向
等大反向
电场
等势面
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷
的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种
点电荷的
电场
连线的中垂线上电势处处为零
等量同种
(正)点电荷
的电场
两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高
相关试卷
静电场中力和能性质的综合应用-2024年高考物理压轴题专项训练： 这是一份静电场中力和能性质的综合应用-2024年高考物理压轴题专项训练，文件包含压轴题静电场中力和能性质的综合应用解析版pdf、压轴题静电场中力和能性质的综合应用学生版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
压轴专题06 静电场中力和能性质的综合应用-2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）： 这是一份压轴专题06 静电场中力和能性质的综合应用-2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题06静电场中力和能性质的综合应用原卷版docx、压轴题06静电场中力和能性质的综合应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
压轴题11 有关动量守恒定律的综合应用-高考物理压轴题专项训练（全国通用）： 这是一份压轴题11 有关动量守恒定律的综合应用-高考物理压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题11有关动量守恒定律的综合应用解析版docx、压轴题11有关动量守恒定律的综合应用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
