2024年高考物理第一轮复习讲义：第八章 专题突破8 电场性质的综合应用

【A级——夯实基础】

1．一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是(　　)

A．A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φC

B．A、B、C三点场强大小关系为EC＞EB＞EA

C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少

D．粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功

解析：因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；由图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；由图像可知，动能先减小后增大，根据能量守恒可知电势能先增大后减小，故C正确；因为电势能先增大后减小，所以静电力先做负功后做正功，故D错误。

答案：C

2．如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0。下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)(　　)

A．a、b两点间的距离为

B．a、b两点间的距离为

C．a、c间的电势差为

D．a、c间的电势差为

解析：不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝，故A、B错误；加电场时，根据动能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝，故C正确，D错误。

答案：C

3．(2022·广东惠州模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J。下列说法中正确的是(　　)

A．金属块带负电荷

B．金属块克服静电力做功8 J

C．金属块的电势能减少4 J

D．金属块的机械能减少12 J

解析：金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知合外力做功12 J，即WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得静电力做功WF＝－4 J，静电力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，A、B、C错误；由功能关系可知，机械能的变化ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减少了12 J，D正确。

答案：D

4．(2022·北京东城区模拟)一带正电粒子仅在静电力作用下沿直线运动，其速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则可以判断(　　)

A．EA＜EB　　　　　　 B．EA＞EB

C．φA＝φB    D．φA＜φB

解析：由于v-t图像的斜率表示加速度，所以从v-t图像中可以看出从A点到B点，带正电粒子的加速度逐渐减小，所以静电力就减小，电场强度就逐渐减小，即EA＞EB；从A点到B点正电荷的速度增大，说明了静电力做正功，电势能减小，根据φ＝可知，电势降低，即φA＞φB，故选项B正确，A、C、D错误。

答案：B

5．如图所示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以过O点且垂直于环面的轴线为x轴，P到O点的距离为2R。质量为m、带负电且电荷量为q的小球从轴上P点由静止释放，小球运动到Q点时速度为零，Q点在O点上方R处。下列说法正确的是(　　)

A．P点电势比Q点电势低

B．P点场强比Q点场强大

C．P、Q两点的电势差为

D．Q点的场强大小等于

解析：由题意可知，带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的静电力作用，故电场方向沿x轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，A错误；开始qEP<mg，在Q点qEQ>mg，故P点场强比Q点场强小，B、D错误；由动能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q两点的电势差UPQ＝，C正确。

答案：C

6．在固定的带电荷量为－Q(Q>0)的点电荷A产生的电场中，一带电粒子B(不计重力)绕A做椭圆运动，轨迹如图中虚线所示，轨迹上有a、b两点，a点离A最近，b点离A最远。下列说法正确的是(　　)

A．a点的电势高于b点的电势

B．a点的电场强度小于b点的电场强度

C．粒子B过a点时，粒子所受静电力做功的功率最大

D．粒子B由a运动到b的过程中，电势能增大

解析：根据“电场线与等势面垂直”和“沿电场线方向电势逐渐降低”可知，a点的电势低于b点的电势，故A错误；由E＝k可知，a点的电场强度大于b点的电场强度，故B错误；粒子B经过a点时所受静电力的方向与速度方向垂直，静电力做功的功率为零，故C错误；粒子B由a点运动到b点的过程中所受静电力的方向与速度方向的夹角为钝角，静电力做负功，电势能增大，故D正确。

答案：D

7．在x轴上固定两个点电荷a、b，其静电场中x轴上各点的电势φ如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．a和b为同种电荷，且均在x＜x1的区域内

B．a和b为同种电荷，x＝x1和x＝x2两点在两电荷之间

C．a和b为异种电荷，且均在x＜x1的区域内

D．a和b为异种电荷，且均在x＞x2的区域内

解析：由题图，结合电势与位置图像的斜率表示电场强度，可知，在x2处的电场强度大小为零，因两点电荷的具体位置不确定，则点电荷的电性也无法确定，因此可能是同种电荷，也可能是异种电荷。若a和b为同种电荷，则电场强度为零的点在两电荷连线上的线段上的某一点，即x2处于两点电荷之间，故A、B错误；若a和b为异种电荷，则电场强度为零的点在两点电荷连线的线段之外的某一点，由x1电势为零，且x1到x2电势逐渐升高可知，a和b均在x＜x1的区域内，且靠近x1的点电荷为负点电荷，远离x1的点电荷为正电荷，且正电荷所带电荷量的绝对值大于负电荷所带电荷量的绝对值，故C正确，D错误。

答案：C

8．一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)

A．x1处电场强度最小，但不为零

B．x2～x3段电场强度大小方向均不变，为一定值

C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动

D.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1

解析：根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得E＝，由数学知识可知Ep-x图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误。由图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的静电力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的静电力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的静电力不变，做匀变速直线运动，故B正确，C错误。0与x2处电势能相等，根据Ep＝qφ可知，0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0＝φ2，x1处电势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，x3处电势最小，即φ1＞φ2＝φ0＞φ3，故D错误。

答案：B

【B级——能力提升】

9．(2022·江苏南通调研)带电粒子碰撞实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v-t图像如图所示。仅考虑静电力的作用，且A、B未接触，则(　　)

A．粒子A的质量小于粒子B

B．两粒子在t1时刻的电势能最大

C．A在t2时刻的加速度最大

D．B在0～t3时间内动能一直减小

解析：两粒子运动过程动量守恒，则由题图可知，在t＝0时刻p0＝mBv0，在t＝t2时刻p2＝mAvA，则mBv0＝mAvA，由题图可知v0>vA，则mB<mA，选项A错误；两粒子在t1时刻速度相等，两粒子相距最近，分析可知两粒子带同种电荷，则此时两粒子的电势能最大，选项B正确；两粒子在t1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，即A在t1时刻的加速度最大，选项C错误；B在0～t3时间内速度先减小到零后反向增加，则动能先减小后增加，选项D错误。

答案：B

10．A、B两物体质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时A、B都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E＝，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，则以下判断正确的是(　　)

A．刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为3g

B．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A速度大小先增大后减小

C．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A的机械能增加量始终等于A电势能的减少量

D．B刚要离开地面时，A的速度大小为2g

解析：在未施加电场时，A处于平衡状态，当施加电场的瞬间，A受到的合力为A所受的静电力，故qE＝ma，解得a＝2g，方向向上，故A错误；B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，弹簧弹力等于B的重力即F弹＝mg，对A有Eq＝mg＋F弹，即A所受合力为0，因此从施加电场开始到B刚要离开地面过程，A做加速度逐渐变小的加速运动，即A速度大小一直增大，故B错误；从施加电场开始到弹簧恢复原长的过程，A的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；当B刚要离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离x＝，根据动能定理可知qEx－mgx＝mv2，解得v＝2g，故D正确。

答案：D

11．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是(　　)

解析：粒子仅受静电力作用，做初速度为零的加速直线运动，静电力做功等于电势能的减小量，故F＝，即Ep-x图像上某点的切线的斜率表示静电力，故静电力逐渐减小，根据E＝，所以电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理，有F·Δx＝ΔEk，故Ek-x图线上某点切线的斜率表示静电力，由于静电力逐渐减小，斜率减小，故B错误；题图v-x图像是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而静电力减小导致加速度减小，故C错误；由以上分析可知，粒子做加速度减小的加速运动，故D正确。

答案：D

12．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在静电力作用下沿x轴运动，该电子的动能Ek随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)

A．A点的电场强度小于B点的电场强度

B．A点的电场强度等于B点的电场强度

C．A点的电势高于B点的电势

D．电子由A点运动到B点的过程中电势能的改变量ΔEp＝EkB－EkA

解析：根据动能定理得知，静电力做功等于电子动能的变化，则有ΔEk＝Eq·Δx，根据数学知识可知，图线的斜率k＝qE，斜率不变，q保持不变，说明电场强度不变，则EA＝EB，故A错误，B正确；由题图乙知，电子从A点到B点动能增大，静电力做正功，则知静电力方向从A→B，电场线方向从B→A，根据顺着电场线方向电势降低可知，φA<φB，故C错误；根据动能定理知WAB＝EkB－EkA＝－ΔEp，即ΔEp＝EkA－EkB，故D错误。

答案：B

13．如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q。现从A点将一质量为m、电荷量为－q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：

(1)小球运动到D点时对轨道的压力；

(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量。

解析：(1)小球在D点时有FN＋k－mg＝m

解得FN＝2mg－k

由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小FN′＝2mg－k，方向竖直向下。

(2)小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理，有

mgr＋W电＝m()2－0

解得静电力做的功W电＝－mgr

静电力做负功，则电势能增加，ΔEp＝mgr。

答案：(1)2mg－k，方向竖直向下　(2)增加mgr

14．在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B。A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距5L。最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为4L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右、场强大小为E的匀强电场后，试求：

(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；

(2)带电系统向右运动的最大距离；

(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时，B球电势能的变化量。

解析：(1)设B球刚进入电场时，系统的速度为v1，

对A、B组成的系统应用动能定理得：

2qEL＝×2mv12

则v1＝ 。

(2)设A球向右运动s时，系统速度为零，

由动能定理，得：2qEs＝3qE(s－L)

则s＝3L。

(3)带电系统的速度第一次为零时，B球克服静电力做功

WFB＝6qEL

则B球电势能增加了6qEL。

答案：(1) 　(2)3L　(3)增加6qEL