2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇 專題三 第9講　電場

第9講電場目標(biāo)要求1.理解電場的性質(zhì)，會比較電場強度大小、電勢高低、電勢能大小，會分析和計算靜電力做功問題。2.會通過電場中的圖像來分析問題。3.會用動力學(xué)觀點和能量觀點分析處理帶電粒子(帶電體)在電場中的運動問題?？键c一電場的性質(zhì)1．電場強度的分析與計算(1)電場強度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點的切線方向，電場的強弱(電場強度的大小)可根據(jù)電場線的疏密程度來進行比較。(2)計算電場強度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補償法、等效法。2．電勢高低的判斷判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負(fù)取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；越靠近正電荷處電勢越高，越靠近負(fù)電荷處電勢越低電勢能的大小正電荷在電勢能大處電勢較高，負(fù)電荷在電勢能大處電勢較低靜電力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低3.電勢能大小的判斷(1)做功判斷法：由WAB＝EpA－EpB可知，靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負(fù)功，電勢能增大。(2)電荷電勢法：由Ep＝qφ可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大。(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時，電勢能減小，動能減小時，電勢能增大。例1(2023·江蘇揚州市高郵中學(xué)模擬)如圖所示為避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有M、N、P三點，則()A．P點的電勢比M點的高B．M、N兩點的電場強度相同C．P點的電場強度大小比M點的大D．電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能答案D解析由題圖可知，P點的電勢為6kV，M點的電勢為8kV，所以P點的電勢比M點的低，A錯誤；電場強度的方向與等勢面垂直，所以M、N兩點的電場強度的方向是不同的，B錯誤；等差等勢面密的地方電場強度大，結(jié)合題圖可知，P點附近的等勢面較稀疏，所以P點的電場強度小于M點的電場強度，C錯誤；電勢能Ep＝qφ，電子帶負(fù)電，所以電勢越高，電勢能越低，因為P點的電勢比M點的低，所以電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能，D正確。例2(2022·江蘇卷·9)如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心，將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠處移動，則()A．在移動過程中，O點電場強度變小B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點答案D解析O是等量同種電荷連線的中點，電場強度為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠處，O點電場強度變大，故A錯誤；移動過程中，C點電場強度變小，C點的正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動的電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；OA段的電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，A點的電荷移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點電勢，故D正確?？键c二電場中的圖像問題電場中幾種常見的圖像v－t圖像當(dāng)帶電粒子只受靜電力時，從v－t圖像上能確定粒子運動的加速度方向、大小變化情況，進而可判定粒子運動中經(jīng)過的各點的電場強度方向、電場強度大小、電勢高低及電勢能的變化情況φ－x圖像(1)從φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，進而確定電場強度的方向及試探電荷電勢能的變化(2)φ－x圖線切線的斜率絕對值表示沿x軸方向電場強度E的大小E－x圖像以電場強度沿x軸方向為例：(1)E>0表示電場強度沿x軸正方向，E<0表示電場強度沿x軸負(fù)方向(2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低需根據(jù)電場方向判定Ep－x圖像(1)圖像切線的斜率絕對值表示靜電力大小(2)可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況例3兩點電荷M、N分別固定在x＝－20cm和坐標(biāo)原點處，所形成電場的電勢在x軸上的分布如圖所示，圖線與x軸交于x0處，x＝20cm處電勢最低，取無窮遠處電勢為0，一正電荷q自x0處由靜止釋放，則()A．x0處的電場強度為0B．電荷M、N所帶電荷量大小之比為4∶1C．正電荷q運動的過程中，加速度先增大后減小D．正電荷q運動的過程中，電勢能先增大后減小答案B解析φ－x圖像，斜率表示電場強度，在x0處的圖像斜率不為零，則電場強度不為零，故A錯誤；x＝20cm處圖像斜率為零，則滿足keq\f(Q1,40cm2)＝keq\f(Q2,20cm2)，所以電荷M、N所帶電荷量大小之比為eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,1)，故B正確；一正電荷q自x0處由靜止釋放，根據(jù)電勢變化情況可知，自x0處右側(cè)電場強度方向先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，電場強度先減小為零后反向增大再減小，根據(jù)牛頓第二定律，有Eq＝ma，可知正電荷q運動的過程中，加速度先減小為零后反向增大再減小，故C錯誤；正電荷q自x0處由靜止釋放，根據(jù)電勢變化情況可知，自x0處右側(cè)電場強度方向先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故D錯誤。例4(2023·江蘇揚州市期末)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量正點電荷A和B，O點為AB連線的中點，C、D為AB連線上關(guān)于O點對稱的兩個點，且CO＝OD＝L，一帶負(fù)電的可視為點電荷的小球以初速度v0從C點運動到D點，取無窮遠處的電勢φ＝0，以C點為坐標(biāo)原點，向右為x軸的正方向，下列關(guān)于電勢φ、電場強度E、小球的電勢能Ep及動能Ek隨小球運動的位移x變化的圖像，可能正確的是()答案A解析從C點到D點，電場線方向先向右后向左，則電勢先降低后升高，且電勢都大于零，并關(guān)于O點對稱；小球帶負(fù)電，所以小球的電勢能先增大后減小，小球在C、D兩點處的電勢能相同，故A正確，C錯誤；由于小球的電勢能先增大后減小，在C、D兩點處的電勢能相同，由能量守恒定律知，動能先減小后增大，在C、D兩點處的動能相同，故D錯誤；設(shè)AC＝BD＝r，點電荷A和B的電荷量大小為Q，則當(dāng)位移為x時，電場強度為E＝keq\f(Q,r＋x2)－keq\f(Q,r＋2L－x2)，由數(shù)學(xué)知識可知E與x是非線性關(guān)系，圖像是曲線，故B錯誤?？键c三帶電粒子(帶電體)在電場中的運動1．帶電粒子(帶電體)在電場中運動時重力的處理基本粒子一般不考慮重力，帶電體(如液滴、油滴、塵埃等)一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外。2．帶電粒子(帶電體)在電場中的常見運動及分析方法常見運動受力特點分析方法靜止或勻速直線運動合外力F合＝0共點力平衡變速直線運動合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.用動力學(xué)觀點分析：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，適用于勻強電場2．用功能觀點分析：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，勻強和非勻強電場都適用帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)進入電場v0⊥E，粒子做類平拋運動運動的分解偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)側(cè)移距離：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y(tǒng)0＋Ltanθ＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ粒子斜射入場，粒子做類斜拋運動運動的分解垂直電場方向做勻速直線運動：x＝v0tsinθ沿電場方向做勻變速直線運動：y＝v0tcosθ－eq\f(qE,2m)t2帶電粒子在非勻強電場中運動靜電力在變化動能定理，能量守恒定律3．帶電體在電場和重力場的疊加場中運動的分析方法(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規(guī)律解決問題。(2)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變。例5(2023·全國乙卷·19改編)在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP>OM，OM＝ON，則小球()A．在運動過程中，電勢能先增加后減少B．在P點的電勢能小于在N點的電勢能C．在M點的機械能等于在N點的機械能D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功答案C解析由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負(fù)電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負(fù)電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A、B錯誤，C正確；從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，D錯誤。例6(2023·江蘇南京市三模)如圖所示，真空中有一足夠大的水平向右的勻強電場，質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－3q的兩小球同時從O點以速度v0斜向右上方射入勻強電場中，v0方向與水平方向成60°角，A、B(圖中未畫出)兩點分別為兩小球運動軌跡的最高點，帶正電的小球經(jīng)過A點的速度大小仍然為v0，若僅把帶正電的小球射入速度變?yōu)?v0。其運動軌跡的最高點記為C。不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是()A．兩小球同時到A、B兩點B．OA與OB之比為eq\r(3)∶1C．兩小球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為1∶3D．帶正電的小球經(jīng)過C點的速度大小為2v0答案C解析由題可知，將帶電小球的運動分解成水平方向和豎直方向的運動，由受力可知，兩小球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的初速度為v0y＝v0sin60°，上升到最高點時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達A、B兩點的時間相同，A正確；水平方向只受靜電力，故水平方向做勻變速直線運動，水平方向的初速度為v0x＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，由題可知，帶正電的小球有v0＝eq\f(1,2)v0＋at，帶負(fù)電的小球有v′＝eq\f(1,2)v0－3at，解得v′＝－v0，方向與水平初速度方向相反，可見到達最高點時兩小球的速度大小相等，水平方向只有靜電力做功，由動能定理可知，兩球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為1∶1，C錯誤；由上分析可知v0y＝v0sin60°＝gt，v0＝eq\f(1,2)v0＋at，聯(lián)立解得g＝eq\r(3)a，故OA＝eq\r(\f(v02－\f(1,2)v02,2a)2＋\f(v0y2,2g)2)＝eq\f(\r(3)v02,4a)，OB＝eq\r(\f(v02－\f(1,2)v02,2×3a)2＋\f(v0y2,2g)2)＝eq\f(v02,4a)，即OA與OB之比為eq\r(3)∶1，B正確；由題可知帶正電小球初速度變?yōu)?v0后，水平方向初速度vx′＝2v0cos60°＝v0，豎直方向初速度vy′＝2v0sin60°＝gt′，v″＝vx′＋at′，聯(lián)立得v″＝2v0，D正確。例7如圖所示，豎直面內(nèi)有一光滑絕緣軌道ABCD，其中AB軌道水平，BCD為四分之三圓周軌道，軌道的半徑為r，B點為圓形軌道的最低點，C為圓形軌道的最高點，水平軌道和圓形軌道在B點平滑連接，在整個空間存在水平向左的勻強電場，電場強度E＝eq\f(3mg,4q)(g為重力加速度)，一不計大小、帶正電的小球，電荷量為q，質(zhì)量為m，小球在水平軌道上距B點的距離為l處靜止釋放，小球沿圓弧恰好能到D點，求：(1)小球的初始位置距B點的距離；(2)小球受到的圓軌道的最大彈力。答案(1)eq\f(23,6)r(2)eq\f(15mg,2)解析(1)從圓心處作重力和靜電力的示意圖靜電力和重力進行合成，二力合力與豎直方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，由數(shù)學(xué)知識可知sinθ＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)合力方向指向圓弧于H點，合力的反向延長線指向圓弧于F點，F(xiàn)點為復(fù)合場的最高點，若小球能到D點，即小球必須到F點。若剛好到F點，重力和靜電力的合力剛好提供向心力，則有eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mvF2,r)根據(jù)動能定理有qE(l－rsinθ)－mg(r＋rcosθ)＝eq\f(1,2)mvF2解得l＝eq\f(23,6)r(2)小球在H處對軌道的壓力最大，即受到的彈力最大，從F到H，根據(jù)動能定理有eq\f(mg,cosθ)2r＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvF2根據(jù)牛頓第二定律得FN－eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mvE2,r)解得FN＝eq\f(15mg,2)。帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動(1)等效重力法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。1.如圖所示，兩等量同種點電荷＋q(q>0)固定在菱形的兩個頂點A、C上。E、F是該菱形對角線AC與其內(nèi)切圓的交點，O點為內(nèi)切圓的圓心，a、b、c、d四點為切點?，F(xiàn)有一帶正電的點電荷從E點由靜止釋放，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d四點的電場強度相同B．D、O、B三點的電勢相等C．點電荷在從E點運動到O點的過程中庫侖力做正功D．點電荷從E點運動到F點的過程中速度一直增大答案C解析根據(jù)等量同種點電荷周圍的電場線分布圖a、b、c、d四點的電場強度大小相等，但是方向不同，A錯誤；根據(jù)電場線的方向以及電場線的對稱性可知D和B兩點的電勢相等，但是低于O點的電勢，B錯誤；帶正電點電荷在從E點運動到O點的過程中受到的庫侖力向右，所以此過程中庫侖力做正功，C正確；帶正電點電荷從E點運動到F點的過程中受到的庫侖力先向右，后向左，所以庫侖力先做正功，后做負(fù)功，點電荷的速度先增大后減小，D錯誤。2.如圖所示的真空中，在正方體ABCD－A1B1C1D1空間中頂點A、C1處固定有等量的正電荷，下列說法正確的是()A．B點和D點的電勢相等且比B1點和D1的電勢都高B．B1點和D1點的電場強度相同C．若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做類平拋運動D．若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動答案D解析由兩個等量同種電荷產(chǎn)生電勢的對稱性知頂點B、D、B1、D1處的電勢相等，故A錯誤；由電場疊加和對稱性知頂點B1、D1處的電場強度大小相等，但方向不同，故B錯誤；兩個等量正電荷形成的電場不是勻強電場，電子不可能做類平拋運動，故C錯誤；只在靜電力作用下，電子要做勻速圓周運動，則必須受到大小恒定的靜電力，電子可以在垂直于AC1的平面內(nèi)繞正方體ABCD－A1B1C1D1的中心做勻速圓周運動，故D正確。專題強化練[保分基礎(chǔ)練]1.(2023·江蘇省模擬)如圖是勻強電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，正方形ABCD的對角線BD邊正好與圖中豎直向上的直電場線重合，O點是正方形兩對角線的交點。下列說法正確的是()A．將一正電荷由A點移到B點，電荷的電勢能增加B．O點電勢與C點電勢相等C．DO間的電勢差等于OB間的電勢差D．在O點放置一負(fù)點電荷，該電荷所受靜電力的方向豎直向下答案D解析將一正電荷由A點移到B點，靜電力做正功，電荷的電勢能減小，故A錯誤；AC所在平面與BD垂直，與其他電場線不垂直，AC所在平面不是等勢面，O點電勢與C點電勢不相等，故B錯誤；根據(jù)電場線的疏密程度可知DO間的電場強度大于OB間的電場強度，由U＝Ed可知DO間的電勢差大于OB間的電勢差，故C錯誤；在O點放置一負(fù)點電荷，該電荷所受靜電力的方向與該點電場線方向相反，豎直向下，故D正確。2．(2023·江蘇蘇州木瀆高級中學(xué)三模)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)，現(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜，厚度為d，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鉀離子僅在靜電力的作用下，從圖乙中的A點運動到B點，下列說法正確的是()A．鉀離子的電勢能增大B．A點電勢等于B點電勢C．若膜電位增加，則鉀離子進入細(xì)胞內(nèi)的速度更大D．若膜電位不變，膜的厚度越大，則鉀離子進入細(xì)胞內(nèi)的速度越大答案C解析初速度可視為零的一價正鉀離子僅在靜電力的作用下，從題圖乙中的A點運動到B點，可知靜電力做正功，所以鉀離子的電勢能減小，故A錯誤；分析可知電場線從A到B，沿電場線方向電勢降低，所以A點電勢大于B點電勢，故B錯誤；由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2，若膜電位不變，即電壓U不變，鉀離子進入細(xì)胞內(nèi)的速度不變，電壓U增加時，速度增大，故C正確，D錯誤。3.在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量均為m、帶等量異種電荷(電荷量絕對值為q)的小球A、B(均可視為質(zhì)點)處在同一水平面上。現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示。A、B兩球拋出點到落地點之間的水平距離分別是L1和L2。兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，下列說法不正確的是()A．A球帶正電，B球帶負(fù)電B．B球比A球先落地C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A、B球的機械能變化量大小相等答案C解析兩球在水平方向都做勻速直線運動，v0相同，由x＝v0t知，A運動的時間比B的長，豎直方向上，h相等，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A的加速度比B的加速度小，A的合力比B的合力小，所以A受到的靜電力向上，帶正電，B受到的靜電力向下，帶負(fù)電，故A正確；A運動的時間比B運動的時間長，則B球比A球先落地，故B正確；A受到的靜電力向上，靜電力對A球做負(fù)功，A球的電勢能增加，A球的機械能減小，減小量為ΔEA＝qEh；B受到的靜電力向下，靜電力對B球做正功，B球的電勢能減小，B球的機械能增加，增加量為ΔEB＝qEh，故C錯誤，D正確。4.(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q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ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負(fù)電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．負(fù)電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案C解析取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，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E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負(fù)電，在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,2R2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故選C。5.(2023·江蘇省百校高三第三次考試)某靜電場中x軸上各點電勢分布圖如圖所示。一帶電粒子在坐標(biāo)原點O處靜止釋放，僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，下列說法正確的是()A．粒子可能帶負(fù)電B．粒子在x1處電勢能最小C．粒子能夠運動到x2處D．粒子受到的靜電力先增大后減小答案B解析由題圖可知，x軸從坐標(biāo)原點到x1處電勢逐漸降低，從x1處到x2處電勢逐漸升高；帶電粒子從坐標(biāo)原點O處由靜止釋放，僅在靜電力作用下運動到x1處時，靜電力做正功，電勢能減??；從x1處之后靜電力做負(fù)功，電勢能增大，故在x1處電勢能最??；由于從坐標(biāo)原點O處到x1處時，電勢降低，所以該粒子沿著電場線的方向運動，故該粒子帶正電，故A錯誤，B正確；由于粒子只在靜電力的作用下運動，當(dāng)運動到與開始時電勢相等的位置，粒子速度為0，故不能到達x2處，故C錯誤；由題圖可知，圖像的斜率絕對值等于電場強度的大小，可知粒子受到的靜電力先減小后增大，故D錯誤。6.如圖所示，四邊形ABCD為菱形，∠DAB＝60°，O為菱形中點，E、F兩點分別是AD、BC邊的中點，G為BD延長線上一點，O、G兩點關(guān)于D點對稱，在A、B、C三點分別固定電荷量為＋Q、＋Q、－Q的點電荷，以無窮遠處的電勢為零，則下列說法正確的是()A．O點電場強度比G點電場強度大，G點電勢比O點電勢高B．O、D、E、F、G五點的電勢均為正C．一個負(fù)試探電荷在E點時的電勢能比在O點時的電勢能大D．將一個正試探電荷沿直線從F點移到D點，電勢能先減小后增大答案B解析在A、C兩點固定的等量異種點電荷產(chǎn)生的電場中，直線BD是一條等勢線，故O、D、G三點的電勢均為零，在B點固定的點電荷產(chǎn)生的電場中，O、D、G三點的電勢均為正，則電勢疊加的結(jié)果為φO>φD>φG>0；在B、C兩點固定的等量異種點電荷產(chǎn)生的電場中，E點電勢為正，F(xiàn)、D兩點電勢為零，在A點固定的點電荷產(chǎn)生的電場中，E、F、D三點電勢均為正，電勢疊加的結(jié)果為φE>φD>φF>0；在A、B兩點固定的點電荷產(chǎn)生的電場中，E、O兩點電勢相等，在C點固定的點電荷產(chǎn)生的電場中，E點電勢比O點電勢高，綜上可得φE>φO>φG≠φF>0，A錯誤，B正確；由上述分析可知負(fù)試探電荷在E點的電勢能比在O點的電勢能小，C錯誤；正試探電荷沿直線從F點移到D點，電勢能不斷增大，D錯誤。[爭分提能練]7.(2022·浙江6月選考·9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2v02,L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達N板時速度增加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達N板時靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正確，D錯誤。8．(2022·河北卷·6)如圖，真空中電荷量為2q和－q(q>0)的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN延長線上O點為球心，電勢為零的等勢面(取無窮遠處電勢為零)，P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是()A．P點電勢低于S點電勢B．T點電場強度方向指向O點C．除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點D．將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功答案B解析在直線MN上，正電荷在M點右側(cè)電場強度水平向右，負(fù)電荷在N點左側(cè)電場強度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，故A錯誤；由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在N點的左側(cè)電場強度不可能為零，設(shè)M、N之間的距離為L，在N點右側(cè)與N點距離為d的點電場強度為零，則有eq\f(k·2q,L＋d2)＝eq\f(k·q,d2)，可知除無窮遠處外，直線MN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，則正電荷在T點的電勢能低于在P點的電勢能，將正試探電荷q0從T點移到P點，電勢能增加，靜電力做負(fù)功，故D錯誤；由于電場強度方向垂直于等勢面，可知T點的電場強度方向所在直線必過等勢面的球心O，根據(jù)異種電荷的電場線分布情況可知，N、S間電場線方向由S指向N，則φS>φO，由于φT＝φS，則φT>φO，故T點電場強度方向指向O點，故B正確。9.(2023·江蘇鹽城市三模)在x軸的坐標(biāo)原點固定一電荷量絕對值為q的點電荷，在x＝8x0處固定另一點電荷，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，無限遠處電勢為零，則下列說法正確的是()A．x＝3x0處的電場強度大于x＝5x0處的電場強度B．x＝3x0處的電勢高于x＝5x0處的電勢C．在x＝8x0處點電荷的電荷量的絕對值為3qD．電子沿x軸從x＝x0移動到x＝5x0過程中電勢能先增加后減少答案D解析由題圖可知，從x＝2x0處到x＝8x0處，電場強度反方向不斷增大，所以x＝3x0處的電場強度小于x＝5x0處的電場強度，故A錯誤；在x軸的坐標(biāo)原點固定一電荷量絕對值為q的點電荷，在x＝8x0處固定另一點電荷，選取x軸正方向為電場強度的正方向，分析可知為兩不等量正電荷產(chǎn)生的電場，類比等量正電荷產(chǎn)生的電場，可知x＝2x0處到x＝8x0處逆著電場線方向，電勢逐漸升高，所以x＝3x0處的電勢低于x＝5x0處的電勢，故B錯誤；設(shè)在x＝8x0處固定另一點電荷的電荷量為q′，在x＝2x0處電場強度為0，可得keq\f(q,2x02)＝keq\f(q′,8x0－2x02)，解得q′＝9q，故C錯誤；電子沿x軸從x＝x0移動到x＝2x0過程，順著電場線運動，可知靜電力做負(fù)功，電勢能增加，從x＝2x0移動到x＝5x0過程，逆著電場線運動，可知靜電力做正功，電勢能減少，所以電子沿x軸從x＝x0移動到x＝5x0過程中電勢能先增加后減少，故D正確。10.(2023·江蘇無錫天一中學(xué)階段練習(xí))如圖所示，長為4l、傾角為37°的光滑絕緣細(xì)桿AD垂直穿過半徑為l、帶電荷量為－Q的固定大圓環(huán)圓心O，細(xì)桿上B、O、C三點等分細(xì)桿長度?，F(xiàn)從細(xì)桿的頂端A無初速度地釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的套在細(xì)桿上的可視為點電荷的小滑環(huán)。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，大圓環(huán)上的電荷均勻分布，小滑環(huán)上的電荷不影響電場分布，則下列說法正確的是()A．大圓環(huán)在B點產(chǎn)生的電場強度大小為eq\f(kQ,4l2)B．小滑環(huán)在B點的加速度大小為eq\f(\r(2)kQq,4ml2)C．小滑環(huán)從B到C的過程中靜電力所做的功為eq\f(\r(10)kQq,25l)D．小滑環(huán)在D點的速度大小為eq\r(\f(24,5)gl)答案D解析由題意可知OB＝eq\f(1,4)×4l＝l，圓環(huán)上電荷分布均勻，取環(huán)上一點，設(shè)其電荷量為Q1，該點到B點的距離為r＝eq\r(l2＋l2)＝eq\r(2)l，Q1在B點產(chǎn)生的電場強度為E1＝keq\f(Q1,r2)＝keq\f(Q1,2l2)，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，OA方向為正方向建立x軸，Q1在B點產(chǎn)生的電場強度在x軸方向的分量為E1x＝E1cos45°＝eq\f(\r(2)kQ1,4l2)，大圓環(huán)在B點產(chǎn)生的電場強度大小E＝eq\i\su(i＝1,n,E)ix＝eq\f(\r(2)kQ,4l2)，故A錯誤；小滑環(huán)在B點，由牛頓第二定律得qE＋mgsin37°＝ma，解得a＝eq\f(\r(2)kQq,4ml2)＋eq\f(3,5)g，故B錯誤；由對稱性可知B、C兩點電勢相等，UBC＝0，小滑環(huán)從B到C的過程中靜電力所做的功WBC＝qUBC＝0，故C錯誤；由對稱性可得庫侖力做功WAO＝－WOD，WAO＋WOD＝0，從A到D，由動能定理得mg·4l·sin37°＋WAO＋WOD＝eq\f(1,2)mvD2，解得vD＝eq\r(\f(24gl,5))，故D正確。11.如圖所示，帶電平行板傾斜放置且與水平面間的夾角為θ，兩板間的電壓U＝8×103V，兩板間的距離d＝0.4m，圓形光滑軌道豎直固定放置，最低點B正好在上極板的邊緣，C點是圓弧軌道的最高點；質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝＋10－4C的小球，從貼近平行板下極板的