電場模型 （解析版）-2024年高考物理答題技巧與模板構(gòu)建

模型16、電場模型

【模型概述】

一、電場強度的計算

1、場強的公式

'適用于任何電場

E=7［與檢驗電荷是否存在無關(guān)

_初適用于點電荷產(chǎn)生的電場

三個公式VE引。為場源電荷的電荷量

(適用于勻強電場

E=qU為兩點間的電勢差，d為沿電場方向兩

a

、I點間的距離

2、電場的疊加

(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和。

(2)運算法則：平行四邊形法則

(3)利用補償法和對稱法求電場強度

a.補償法:題給條件建立的模型不是一個完整的標準模型，比如說模型A,這時需要給原來的問題補充一些條

件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B,并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型，這

樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題.

b.對稱法:利用帶電體(如球體、薄板等)產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點來求電場強度的

二、兩個等電點電荷電場的分布

等量同種點電荷和等量異種點電荷的電場線的比較

比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷

電場線分布圖

11

連線中點。處的場強連線上0點場強最小，指向負電荷為零

一方

連線上的場強大小沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大

(從左到右)

沿中垂線由0點向外場強大小0點最大，向外逐漸減小0點最小，向外先變大后

變小

關(guān)于0點對稱的A與A'、B與3'等大同向等大反向

的場強

三、電勢高低及電勢能大小的判斷方法

1.比較電勢高低的方法

(1)沿電場線方向，電勢越來越低.

⑵判斷出UAB的正負，再由%，比較夕A、0B的大小，若UAB〉O,則夕A＞如，若。4?〈0，則

0A〈知?

2.電勢能大小的比較方法

做功判斷法

電場力做正功，電荷(無論是正電荷還是負電荷)從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方，反之，如果

電荷克服電場力做功,那么電荷將從電勢能較小的地方移向電勢能較大的地方.

四、電場線、等勢面及帶電粒子的運動軌跡問題

等量同種正點電荷的電場連線上，中點電勢最低，而在

中垂線上，中點電勢最高

tilIt*

2、帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法

(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負；

(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化

等；

(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況.

3、帶電粒子運動軌跡類問題的解題技巧

(1)判斷速度方向：帶電粒子的軌跡的切線方向為該點處的速度方向.

(2)判斷電場力(或場強)的方向:僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè)，再根

據(jù)粒子的正負判斷場強的方向.

(3)判斷電場力做功的正負及電勢能的增減:若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少;若

電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加.

五、勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系

1.在勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系式為U=Ed,其中d為兩點沿電場線方向的距離.由公式U=Ed可

以得到下面兩個結(jié)論：

結(jié)論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢0。=以產(chǎn)，如圖甲所示

B/

D

結(jié)論2:勻強電場中若兩線段AB//CD,且AB=CD,則UAB=UCD(或%-%=%■-%>)，如圖乙所示.

2.在非勻強電場中，不能用U=Ed進行計算，但可以進行定性分析，一般沿電場線方向取相同的長度d,線段

處于場強較大的區(qū)域所對應(yīng)的電勢差U較大.

六、用功能關(guān)系分析帶電粒子的能量轉(zhuǎn)化

1.功能關(guān)系

(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變；

(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變；

(3)除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化.

(4)所有力對物體所做功的代數(shù)和，等于物體動能的變化.

2.電場力做功的計算方法

(1)由公式W="cosa計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為：W=qELcosa

(2)由W=qU來計算，此公式適用于任何形式的靜電場.

⑶由動能定理來計算：叫場力+吸他力=阻

(4)由電勢能的變化來計算：

/IQ=EPp/A1-EPB

3.點撥

1.電荷在電場中運動時，電場力做功將引起電勢能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化，電荷的機械能不再守恒.

2.要搞清幾個功能關(guān)系:重力做功等于重力勢能的變化，電場力做功等于電勢能的變化，彈簧彈力做功等于

彈性勢能的變化，合外力做功等于動能的變化.

3.無論能量如何變化，總是滿足能量守恒定律.

【模型訓練】

【例1】如圖，A、8兩點固定等量同種點電荷。尸點的電場強度方向所在直線延長線與直線A8交于C點

AT

什PA3則會為(

(未標出)Azi-9

PB2nC

4

AB.

-19

【答案】C

【詳解】設(shè)A、5兩點固定等量同種點電荷為正點電荷，。點的電場強度如圖所示

zCB

則有

口一Q?2

七人八次'EB=kW

由圖可得

sin.=EBL尸T_9

2

sin。EAPB4

由正弦定理可得

ACPCBCPC

sinysinasin0sin0

可得

AC_sinysin（3_sinyPA_93_27

BCsin。sincrsin。PB428

故選Co

變式LI如圖所示，A、B、。是真空中邊長為L的等邊三角形的三個頂點，。為該等邊三角形的中心，在

A、3兩點分別固定一個帶電荷量均為鄉(xiāng)的正點電荷，靜電力常量為七,則0點的電場強度大小為（）

C

/'\

/\

A-------------------二B

3kq3y/3kq小有kq

-T-B.------——C.-----L).

L2132￡2￡2

【答案】A

【詳解】設(shè)

AO=r

則有

2rcos30°=￡

。點的電場強度大小

2kqcos6003kq

E=

,2L2

故選Ao

變式L2如圖所示，四個電荷量分別為+Q、-。、+4、一夕的點電荷位于半徑為。的圓周上，其中-。、-Q

的連線與+Q、+4的連線垂直，且Q=2%則圓心。點的場強大小為(靜電力常量為左)()

/L\

\\/

A.0B.4C.金D.華

aaa

【答案】C

【詳解】+4、對。點的場強大小均為

后=鳥

a

合成后大小為

%=加.

方向與水平方向成45。斜向右上。同理+。、-。對。點的場強大小均為

合成后大小為

方向與水平方向成45。斜向左下。由此可知E得和E合2共線反向，合成后為

皖=后

又

Q=2q

聯(lián)立，解得

紇

故選C。

【例2】均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面

川上均勻分布正電荷，總電荷量為q,球面半徑為R,s為通過半球頂點與球心。的軸線，在軸線上有“、

N兩點，OM=ON=2R。已知加點的場強大小為2E,則N點的場強大小為（）

CMND

【答案】A

【詳解】設(shè)半球面48有一相對于球心。對稱的相同半球面，相當于將帶電量為%的球面放在。處，由題

意可知均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。則等效球面在M、N

點所產(chǎn)生的電場大小均為

k-2q_kq

(2扮-2R-

由題知半球面在/點的場強大小為2E,根據(jù)對稱性可知，圖中半球面在N點的場強大小為

EN=El-2E=^-2E

故選Ao

變式2.1均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.如圖所示，在半球

面上均勻分布正電荷，其電荷量為g,球面半徑為R,為通過半球頂點與球心。的軸線，在軸線上

有〃、N兩點，OM=ON=2R.已知M點的場強大小為E,則N點的場強大小為（）

CMND

【答案】A

【詳解】假設(shè)在。點有一個完整的帶電荷量為切的帶電球殼，設(shè)完整球殼在N點產(chǎn)生的場強大小為E。，

左半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為E左，右半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為E右，根據(jù)電場疊加原

理

E左+石右=E。

根據(jù)題意

_k?2q

°—(2.)2

根據(jù)對稱性可知右半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小和左球殼在M點產(chǎn)生場強大小相等即

解得

口_kq

E+-=—、—E

左2R2

A正確，BCD錯誤。

故選Ao

變式2.2半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，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、8處兩段弧長均為△乙的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線

上距C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，貝U4為()

A.正電荷，q=生竺B.正電荷，q=也絲

7iR2兀R

C.負電荷，q=絲好D.負電荷，

7lR2兀R

【答案】D

【詳解】取走A、8處兩段弧長均為AL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Aj和與B在同一直徑上的Bi產(chǎn)生的電場強度的矢量和,,如圖所示

4A

n\E

Dclr

A%

因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有

QA￡

E/k*=k*

1R?2n度

由圖可知，兩場強的夾角為120,則兩者的合場強為

QA￡

E=El=k

2萬代

根據(jù)。點的合場強為。，則放在。點的點電荷帶負電，大小為

根據(jù)

E'=kq

（3R『

聯(lián)立解得

吸

ITIR

故選D。

【例3】如圖是等量異種點電荷、等量同種正點電荷、負點電荷、正點電荷電場的電場線，其中，等量同種、

等量異種點電荷電場中的A、B兩點關(guān)于兩電荷連線的中點O對稱，則A、B兩點電場強度相同的是（）

【答案】A

【詳解】A.根據(jù)等量異種點電荷電場線的特點，由矢量疊加原理可知關(guān)于中點。點對稱的兩點場強相同，

故A正確；

B.根據(jù)等量同種點電荷電場線的特點，由矢量疊加原理可知關(guān)于中點。點對稱的兩點場強等大反向，故B

錯誤；

C.根據(jù)點電荷電場線的特點，A、8兩點場強大小相同，方向不同，故C錯誤;

D.根據(jù)點電荷電場線的特點，4、2兩點場強方向相同，大小不同，故D錯誤。

故選Ao

變式3.1兩個等量點電荷M、N固定在x軸上，其產(chǎn)生的電場在兩者連線之間的場強E隨x的變化關(guān)系如

圖所示，規(guī)定無軸正方向為場強的正方向。下列判斷正確的是（）

A.M、N為異種電荷,兩者連線上尤2處電勢最低

B.M、N為異種電荷,兩者連線上從〃到N的電勢一直降低

C.M、N為同種電荷，兩者連線上X2處電勢最低

D.M、N為同種電荷,兩者連線上從M到N的電勢先降低后升高

【答案】B

【詳解】MN的中點無2處場強不為零，根據(jù)題意知M、N為等量電荷，故可知M、N為等量異種電荷，且M

為正電荷，可知無軸上電場沿MN方向，根據(jù)電勢沿電場方向逐漸降低，故B正確，ACD錯誤。

故選B。

變式3.2兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中A、B兩點，。是它們連線的中點，N、尸是中垂線上的兩

點，ON=OP。一帶負電的試探電荷，從尸點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，則試探電荷（）

'?N

A.運動到。點時的速度最大

B.經(jīng)過關(guān)于。對稱的兩點時加速度相同

C.沿著P-OfN,試探電荷的加速度一定先減小后增加

D.若試探電荷的電量增大，試探電荷在P點所受電場力與其電量的比值增大

【答案】A

【詳解】A.兩個等量正點電荷周圍部分電場線分布情況如圖所示

從N點到。點過程，試探電荷q受到的電場力由N-O,電場力做正功，動能增大，速度增大；從。點到

P點過程中，試探電荷q受到的電場力由尸一。，電場力做負功，動能減小，速度減小，故q運動到。點時

的動能最大，速度最大，A正確；

B.根據(jù)兩個等量正點電荷周圍部分電場線分布情況，經(jīng)過關(guān)于。對稱的兩點電場強度大小相同方向相反,

受到的電場力大小相同，方向相反，加速度不相同，B錯誤；

C.尸-O過程，電場線疏密情況不能確定，可能一直變疏，場強一直變小，q受到的電場力一直減小，加

速度一直減小；也可能先變密再變疏，場強先變大后變小，q受到的電場力先增大后減小，加速度先增大后

減??；根據(jù)對稱性可知，。一N過程，加速度可能一直增大，也可能先增大后減小，C錯誤；

D.根據(jù)電場的性質(zhì)，尸點場強僅由電場本身決定，探電荷在P點所受電場力與其電量的比值為該點的場強，

若試探電荷的電量增大，試探電荷在尸點所受電場力與其電量的比值不變，D錯誤。

故選A。

【例4】某電場的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運動軌跡，。、b、c是軌跡

上的三個點，貝U()

A.粒子一定帶負電

B.粒子一定是從a點運動到b點

C.粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度

D.粒子在c點的速度一定大于在。點的速度

【答案】C

【詳解】A.做曲線運動的物體，合力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向為沿

著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；

B.粒子可能是從。點沿軌跡運動到。點，也可能是從人點沿軌跡運動到。點，B錯誤；

C.由電場線的疏密程度可知，c點處電場線密集，場強較大，粒子在C點處受靜電力較大，加速度一定大

于在6點的加速度，C正確；

D.若粒子從c運動到。，靜電力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從。運動到c,靜電力

與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運動，故粒子在c點的速度一定小于在。點的速度，D錯誤。

故選Co

變式4.1電子顯微鏡通過“靜電透鏡”實現(xiàn)對電子會聚或發(fā)散使微小物體成像。一種電子透鏡的電場分布如圖

所示（截取其中一部分），虛線為等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等，電子槍發(fā)射的電子僅在電場力

作用下的運動軌跡如圖中實線所示，a、b、c是軌跡上的三點，若c點處電勢為3V,電子從。點運動到b

點電勢能變化了5eV,則下列說法正確的是（）

電學//

/a/;0I；

iiii\

A.。點電勢為7.5V

B.電子在6點的動能不可能為2.5eV

C.電子在6點加速度比在c點加速度大

D.電子在電場中運動的最小速度一定為零

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)電子的受力和運動情況可知，電子從a點到c點電場力做負功，電勢能增大，根據(jù)電場力

做功與電勢差的關(guān)系可知，6點電勢比。點電勢低5V,則相鄰兩等勢面間的電勢差為2.5V,則。點電勢為

紜=7.5V+3V=10.5V

故A錯誤；

B.電子在從c兩點，由能量守恒定律有

-5.5eV+%=-3eV+Ekc

由于電子在c點動能不為零，因此在6點的動能一定大于2.5eV,故B正確；

C.c點處等差等勢面比。點處密集，則6點比c點電場強度小，因此加速度小，故C錯誤；

D.電子速度與等勢面切線平行時，在電場中運動的速度最小，此時的速度最小值不一定為零，故D錯誤。

故選Bo

變式4.2—帶負電的粒子以一定的初速度進入點電荷。產(chǎn)生的電場中，A、8是其運動軌跡上的兩點，C為

48的中點。其中A點的場強方向與AB連線成60。角；8點的場強方向與A8連線成30。角，如圖所示。若

粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（）

A.點電荷。帶負電

B.兩點電勢差是AC兩點電勢差的2倍

C.該粒子在A點的動能小于在B點的動能

D.該粒子在A點的加速度大小等于在B點加速度大小的3倍

【答案】D

【詳解】A.反向延長蜃，&的方向，交點即為點電荷的位置，可知點電荷。帶正電，選項A錯誤;

B.由幾何關(guān)系可知點電荷到AC兩點距離相等，可知AC兩點電勢差為零，則4B兩點電勢差不是AC兩點

電勢差的2倍，選項B錯誤；

C.因A點電勢高于8點，則帶負電的粒子在A點的電勢能小于在8點的電勢能，則該粒子在A點的動能

大于在B點的動能，選項C錯誤；

D.因

根據(jù)

qE_kqQ《1

a=

m,2

可知該粒子在A點的加速度大小等于在B點加速度大小的3倍，選項D正確。

故選Do

【例5】如圖，在直角坐標系xOy中有〃、b、c三點，點坐標為（3cm,2cm）。現(xiàn)加上一平行于平面的

勻強電場，已知以=5V、%=14V、%=10V,則勻強電場的場強大小為（）

ylem

1-

O123~x/cm

A.VlOV/cmB.2V3V/cmD.V15V/cm

C.屈1Vlem

【答案】C

【詳解】根據(jù)對稱性可得

(Po+(Pb=(Pa+(Pe

解得

%=1V

可得

(P0<<Pa<(Pc

Oc間必存在一點d(x,O)使得外=然=5V,根據(jù)幾何關(guān)系有

根據(jù)幾何關(guān)系可得以/與。。垂直，故電場線由b指向。，勻強電場的場強大小為

E=—^-=V13V/cm

bO

故選Co

變式5.1如圖所示，A、B、C三點都在勻強電場中，己知ACLBC,乙48c=60。，BC=20cm?把一個電荷

量4=1x10-5。的正電荷從A點移到B點，靜電力做的功為零；從B點移到C點，靜電力做的功為-1.73x10-3

J,則該勻強電場的場強大小和方向是()

A

A.865V/m,垂直AC向左

B.865V/m,垂直AC向右

C.500V/m,垂直AB斜向下

D.1000V/m,垂直AB斜向下

【答案】D

【詳解】AB.把電荷q從A點移到8點，靜電力做的功為零，說明A、8兩點在同一等勢面上，由于該電

場為勻強電場，等勢面應(yīng)為平面，故題圖中直線A3是一條等勢線，場強方向應(yīng)垂直于等勢線，故AB錯誤;

CD.8C點之間的電勢差為

UAB

3點電勢比C點電勢低173V,因電場線指向電勢降低的方向，所以場強方向垂直于A3斜向下，場強大小

E=---=lOOOV/m

，BCsm60

故D正確，C錯誤。

故選D。

變式5.2如圖甲所示，有一平行于紙面的勻強電場，以電場內(nèi)某一位置。為原點建立x軸，選取x軸上到

。點距離為7■的尸點，以。為圓心、廠為半徑作圓?，F(xiàn)從尸點起沿圓周逆時針測量圓上各點的電勢夕和轉(zhuǎn)過

的角度凡可以用此數(shù)據(jù)繪制圖線。同理，當半徑分別取2r、3r時，做同樣的測量，用數(shù)據(jù)在同一個

坐標系中繪制夕-。圖線。繪制圖線如圖乙中所示的三條曲線。三條曲線①、②、③均在時達到最大值，

最大值分別為4%,3%，2%。下列說法正確的是（）

A.曲線①中電勢的最小值為-4%B.坐標原點。的電勢為必

C.電場強度的大小為華

D.電場方向斜向右上方且與x軸正方向的夾角為4

【答案】B

【詳解】CD.從圖象可知，電場強度的方向與9=4時半徑方向平行，方向斜向左下方且與x軸負方向的夾

角為％。且當半徑與。尤方向夾角為為時，半徑為廠、2八3r時電勢分別為2%、3%、4%,可知場強大

小為

E；。42%,O

Ar3r—rr

故CD錯誤；

B.坐標原點處的電勢為

%=2。（）一瓦=%

故B正確；

A.曲線①中最高電勢與圓心電勢差為3%，圓心與最低電勢差也為3夕°,最低電勢為-2%,故A錯誤。

故選B。

【例6】如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正

電粒子被固定在兩板的正中間尸處。若在歷（OVo＜4）時刻由靜止釋放該粒子，關(guān)于該粒子的運動正確的

是（）

P

甲

A.一開始向左運動,最后打到A板上

B.一開始向右運動,最后打到A板上

C.一開始向左運動,最后打到B板上

D.一開始向右運動,最后打到B板上

【答案】D

【詳解】粒子帶正電，在歷（0＜歷＜9T）時刻由靜止釋放該粒子，粒子在AT向右加速運動，在T'~勺37+幻

3

向右減速運動，（］7+/。）~7向左加速運動，此后重復運動，最終達到B板上。

故選D。

變式6.1如圖a所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖b所示的電壓。/=0時，Q板比P

板電勢高5V,此時在兩板的正中央M點放一個電子，速度為零，電子僅在靜電力作用下運動，運動過程中

始終未與極板相碰，下列時刻中電子速度和加速度的方向相同的是（）

UN

\r

??

??

??

4'6'

,I

(a)(b)

A.3xlOlosB.5x10—%

C.6.5x1。—%D.7xlO^los

【答案】B

【詳解】依題意，結(jié)合圖b可知，在f=0時，由于Q板比P板電勢高5V,則電子在0-2x10-t這一段時

間內(nèi)，所受電場力向右，電子向右做勻加速直線運動；在2xl()T°s~4xlOT°s這一時間內(nèi)，電子所受電場力

向左，電子向右做減速運動，根據(jù)對稱性可知在f=4x10-%時，電子速度為0;在4xlC)T°s~6xlOT°s這一

段時間內(nèi)，電子所受電場力向左，電子向左做加速運動；6><1()-%~8*1()-七內(nèi)，電子所受電場力向右，電

子向左做減速運動，所以結(jié)合選項答案，可知在t=5xl0T°s時，電子速度和加速度的方向是相同的。

故選B。

變式6.2如圖甲所示，距離足夠大的兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計電子所受重力)，在A、B

兩板間加上如圖乙所示的交變電壓。若取電子的初始運動方向為正，則下列圖像中，能正確反映電子的位

移X、速度V、加速度a和動能線隨時間(一個周期內(nèi))變化規(guī)律的是()

【答案】C

【詳解】AB.電子一個周期內(nèi)的運動情況為：0~1時間內(nèi)，電子從靜止開始向A板做勻加速直線運動，5~《

442

時間內(nèi)，原方向做勻減速直線運動，與時刻速度為零。多時間內(nèi)，向B板做勻加速直線運動，

2244

時間內(nèi)，繼續(xù)向B板做勻減速直線運動，根據(jù)勻變速運動速度圖象是傾斜的直線；電子做勻變速直線運動

時XT圖象是拋物線，故AB錯誤；

C.由于。=組可知勻變速運動的加速度大小不變，方向發(fā)生變化，故。一圖象應(yīng)平行于橫軸，故C正確；

ma

D.勻變速運動速度圖象是傾斜的直線，根據(jù)凡=；m丫2,可知々與V成二次函數(shù)關(guān)系，結(jié)合上述分析，V與

/在每一階段均為一次函數(shù)關(guān)系，由此可知瑪T圖象是曲線，故D錯誤。

故選C。

【例7】如圖所示，空間中存在與紙面平行的勻強電場，在紙面內(nèi)從正方形的頂點A沿任意方向發(fā)射速率相

同的帶正電粒子，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知經(jīng)過B點的粒子在B點時的動能是初動能的3

倍，經(jīng)過C點的粒子在C點時的動能是初動能的6倍,則經(jīng)過。點的粒子在。點時的動能是初動能的（）

A.3倍B.4倍

【答案】B

【詳解】根據(jù)題意,設(shè)電場強度沿方向的分量為紇，沿方向的分量為Ey,粒子在A點時的動能為石卜。

粒子從A到2的過程，有

qExd=3Ek-Ek

粒子從A到C的過程，有

qExd+qEyd=6Ek-Ek

則粒子從A到。的過程，有

qEyd=Ew-Ek

解得

E

w=4￡k

故選B。

變式7.1如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知

在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J,金屬塊克服摩擦力做功8J,重力做功24J.下列說法中正確的是（）

A.金屬塊帶負電荷

B.金屬塊克服電場力做功8J

C.金屬塊的電勢能減少4J

D.金屬塊的機械能減少12J

【答案】D

【詳解】ABC.金屬塊滑下的過程中動能增加了12J,由動能定理知

WG+Wf+WF=AEk

摩擦力做功

Wf=-8J

重力做功

WG=24J

解得電場力做功

WF=-4J

電場力做負功，金屬塊帶正電荷，電勢能增加了4J,故ABC錯誤；

D.由功能關(guān)系可知機械能的變化量

AE^Wf+WF=-12J

即機械能減少了12J,故D正確。

故選D。

變式7.2如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，圓環(huán)上直徑AB、CZ）之間的夾角為60。，OE

與之間的夾角也為60。。在A、C兩點分別固定電荷量均為。的正點電荷，電荷量為4的帶正電小環(huán)由B

點靜止釋放。已知點電荷周圍某點的電勢。=左?，式中。為點電荷的電荷量，廠為該點到點電荷的距離，k

r

為靜電力常量，不計帶電小環(huán)的重力，則帶電小環(huán)運動到E點時的動能為（）

A（9-4石,B（9+4有）如Qc（3-2班）如Q口（9-26）如Q

【答案】A

【詳解】根據(jù)電場的疊加性原理，A和C兩點電荷在8點的電勢為

Q,Q_3kQ

（Dr.-k—Fk——-----

R2R2R

同理根據(jù)電場的疊加性原理可知，E點的電勢為

小環(huán)從B點到￡點，由能量守恒有

4%=4%+”

解得

故選Ao

【例8】如圖所示，光滑絕緣水平面上靜置帶有同種電荷的A和B兩金屬小球，其中A球質(zhì)量為加，B球

質(zhì)量為2W。在2時刻給A球水平向右的初速度%,同時由靜止釋放B球，在庫侖力的作用下，兩球在。時

刻相距最近（未接觸）。下列說法正確的是（）

A.從務(wù)到。時間內(nèi)，兩小球系統(tǒng)機械能守恒

B,從%到。時間內(nèi)，兩小球電勢能增加量為］機片

C.在％時刻，小球A和B的動量大小之比為1:1

D.在辦時刻，小球A和B的加速度大小之比為1:2

【答案】B

【詳解】D.在m時刻，小球A和B受到的庫侖力相等，A球質(zhì)量為加，B球質(zhì)量為2%，根據(jù)牛頓第二定

律，則有小球A和B的加速度大小之比為2：1,D錯誤；

A.從九至此時間內(nèi)，兩個小球距離變小，則兩小球組成的系統(tǒng)電勢能增大，機械能變小，A錯誤;

C.在運動過程中，滿足動量守恒，在兩球在力時刻相距最近時，達到共同的速度

mv0=(m+2ni)v

解得