第8講電場命題規(guī)律1.命題角度：(1)電場的性質(zhì)；(2)電場中的圖像問題；(3)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng).2.常用方法：對(duì)稱法、等效法、微元法、類比法.3.?？碱}型：選擇題、計(jì)算題．考點(diǎn)一電場的性質(zhì)1．電場強(qiáng)度的分析與計(jì)算(1)電場強(qiáng)度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點(diǎn)的切線方向，電場的強(qiáng)弱可根據(jù)電場線的疏密程度來進(jìn)行比較．(2)計(jì)算電場強(qiáng)度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對(duì)稱法、補(bǔ)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(yuǎn)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；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢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(hào)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，電勢能減小；靜電力做負(fù)功，電勢能增大．(2)電荷電勢法：由Ep＝qφ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(dòng)能和電勢能之和守恒，動(dòng)能增大時(shí)，電勢能減小，反之電勢能增大．例1(2022·浙江1月選考·10)某種氣體—電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜構(gòu)成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示．下列說法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)所在的線是等勢線B．b點(diǎn)的電場強(qiáng)度比c點(diǎn)大C．b、c兩點(diǎn)間的電勢差的值比a、c兩點(diǎn)間的大D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動(dòng)時(shí)電場力做功為零答案C解析因上下為兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜，則a點(diǎn)所在的線是電場線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因c點(diǎn)的電場線較b點(diǎn)密集，則c點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因b、c兩點(diǎn)所處的線為兩相鄰的等勢線，可知b、c兩點(diǎn)間的電勢差的值比a、c兩點(diǎn)間的大，選項(xiàng)C正確；因d、g兩點(diǎn)在同一電場線上，電勢不相等，則將電荷沿題圖中的線從d→e→f→g移動(dòng)時(shí)電場力做功不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．例2(多選)(2022·全國乙卷·19)如圖，兩對(duì)等量異號(hào)點(diǎn)電荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4個(gè)頂點(diǎn)上．L、N是該正方形兩條對(duì)角線與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點(diǎn)．則()A．L和N兩點(diǎn)處的電場方向相互垂直B．M點(diǎn)的電場方向平行于該點(diǎn)處的切線，方向向左C．將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到O點(diǎn)，電場力做正功D．將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場力做功為零答案AB解析兩個(gè)正點(diǎn)電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度方向由N指向O，N點(diǎn)處于兩負(fù)點(diǎn)電荷連線的中垂線上，則兩負(fù)點(diǎn)電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度方向由N指向O，則N點(diǎn)的合電場強(qiáng)度方向由N指向O，同理可知，兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷在L處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度方向由O指向L，L點(diǎn)處于兩正點(diǎn)電荷連線的中垂線上，兩正點(diǎn)電荷在L處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度方向由O指向L，則L處的合電場強(qiáng)度方向由O指向L，由于正方形兩對(duì)角線垂直平分，則L和N兩點(diǎn)處的電場方向相互垂直，故A正確；正方形底邊的一對(duì)等量異號(hào)點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度方向向左，而正方形上方的一對(duì)等量異號(hào)點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度方向向右，由于M點(diǎn)離上方一對(duì)等量異號(hào)點(diǎn)電荷距離較遠(yuǎn)，則M點(diǎn)的電場方向向左，故B正確；由題圖可知，M和O點(diǎn)位于兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷的等勢線上，即M和O點(diǎn)電勢相等，所以將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到O點(diǎn)，電場力做功為零，故C錯(cuò)誤；由題圖結(jié)合等量異號(hào)點(diǎn)電荷模型可知，L點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)電勢，則將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場力做功不為零，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)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(shí)，從v－t圖像上能確定粒子運(yùn)動(dòng)的加速度方向、大小變化情況，進(jìn)而可判定粒子運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過的各點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向、電場強(qiáng)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(diǎn)電勢的高低，進(jìn)而確定電場強(qiáng)度的方向及試探電荷電勢能的變化(2)φ－x圖線切線的斜率大小表示沿x軸方向電場強(qiáng)度E的大小E－x圖像以電場強(qiáng)度沿x軸方向?yàn)槔?1)E>0表示電場強(qiáng)度沿x軸正方向，E<0表示電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向(2)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點(diǎn)的電勢高低需根據(jù)電場方向判定Ep－x圖像(1)圖像的切線斜率大小表示靜電力大小(2)可用于判斷電場強(qiáng)度、動(dòng)能、加速度等隨位移的變化情況例3(2022·廣東省模擬)兩個(gè)等量同種正電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示，一個(gè)帶電荷量為2C、質(zhì)量為1kg的小物塊從C點(diǎn)由靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標(biāo)出了該切線)．則下列說法正確的是()A．B點(diǎn)為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，電場強(qiáng)度E＝1V/mB．由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后增大C．由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢逐漸升高D．A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB＝5V答案A解析速度－時(shí)間圖線的斜率表示加速度，B點(diǎn)處為圖線切線斜率最大的位置，說明B點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，由圖像求得加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，且qE＝ma，解得E＝1V/m，A正確；由C到A的過程中物塊的動(dòng)能一直增大，所以其電勢能一直減小，又因兩電荷帶正電，所以從C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢逐漸降低，B、C錯(cuò)誤；從B到A過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有qUBA＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得UBA＝5V，則UAB＝－5V，D錯(cuò)誤．例4(多選)(2022·廣東省模擬)靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖．一個(gè)帶正電的粒子在x軸上從O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)．已知該粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，圖中φ0、d0、d均為已知量，不計(jì)粒子重力．下列說法正確的是()A．帶電粒子從O點(diǎn)到達(dá)x＝d點(diǎn)的過程中，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．帶電粒子從O點(diǎn)到達(dá)x＝d點(diǎn)的過程中，靜電力對(duì)粒子做功為φ0qC．帶電粒子到達(dá)x＝d點(diǎn)的速度大小為eq\r(v02＋\f(2φ0q,m))D．帶電粒子從O點(diǎn)到達(dá)x＝d點(diǎn)所用時(shí)間為eq\r(\f(2m,φ0q))(d－d0)答案BC解析φ－x圖像中的斜率表示電場強(qiáng)度，結(jié)合題意可知從O到x＝d0，電場強(qiáng)度為零，從x＝d0到x＝d，電場強(qiáng)度大小恒定，方向水平向右，由于粒子帶正電，結(jié)合F＝Eq可知，帶電粒子開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；帶電粒子從O到x＝d0的過程中，電勢不變，靜電力不做功，從x＝d0到x＝d的過程中有W＝Uq＝(φ0－0)q＝φ0q，B正確；由動(dòng)能定理可得Uq＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\r(v02＋\f(2φ0q,m))，C正確；從O到x＝d0的過程中，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間為t1＝eq\f(d0,v0)，從x＝d0到x＝d的過程中，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)d－d0＝eq\f(v0＋v,2)t2，解得t2＝eq\f(2d－d0,v0＋\r(v02＋\f(2φ0q,m)))，帶電粒子從O點(diǎn)到x＝d點(diǎn)所用時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(d0,v0)＋eq\f(2d－d0,v0＋\r(v02＋\f(2φ0q,m)))，D錯(cuò)誤．考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)及分析方法常見運(yùn)動(dòng)受力特點(diǎn)分析方法靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)合外力F合＝0共點(diǎn)力平衡變速直線運(yùn)動(dòng)合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，適用于勻強(qiáng)電場2．用功能觀點(diǎn)分析W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，勻強(qiáng)和非勻強(qiáng)電場都適用帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))進(jìn)入電場時(shí)v0⊥E運(yùn)動(dòng)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)tanθ3．帶電體在電場、重力場中運(yùn)動(dòng)的分析方法(1)對(duì)帶電體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往涉及重力勢能、電勢能以及動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變．例5(2022·天津市南開區(qū)三模)質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子M、N以相同的速度沿垂直于電場的方向射入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中，不計(jì)帶電粒子的重力，M從兩板正中央射入，N從下板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)，如圖所示．則從開始射入至打到上板的過程中()A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為tN>tMB．它們的電勢能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶2C．它們的動(dòng)能增量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4D．它們的動(dòng)量增量之比ΔpM∶ΔpN＝1∶1答案C解析帶電粒子在垂直電場方向不受力，做速度相等的勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移相等，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，所以A錯(cuò)誤；平行電場方向粒子做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足y＝eq\f(1,2)at2，根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma，由兩式解得：q＝eq\f(2ym,Et2)，所以它們所帶的電荷量之比qM∶qN＝1∶2，電勢能的減小量等于靜電力做的功即ΔEp＝qEy，因?yàn)槠叫须妶龇较蛭灰拼笮≈仁?∶2，電荷量之比也是1∶2，所以靜電力做功之比為1∶4，它們電勢能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4，故B錯(cuò)誤；靜電力做功之比等于動(dòng)能增量之比，則動(dòng)能增量之比為ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4，故C正確；由動(dòng)量定理可知Ft＝mΔv，故動(dòng)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錯(cuò)誤．例6(多選)(2022·遼寧卷·10)如圖所示，帶電荷量為6Q(Q>0)的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點(diǎn)，其正上方L處固定一電荷量為－Q的球2，斜面上距a點(diǎn)L處的b點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)．此時(shí)彈簧的壓縮量為eq\f(L,2)，球2、3間的靜電力大小為eq\f(mg,2).迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)．g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是()A．帶負(fù)電B．運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的速度大小為eq\r(gL)C．運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的加速度大小為2gD．運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為eq\f(3\r(3)－4,6)mg答案BCD解析由題意可知三小球構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，小球1和3之間的靜電力大于小球2和3之間的靜電力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，且小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯(cuò)誤；小球3運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量等于eq\f(L,2)，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球2對(duì)小球3做功為0，彈簧彈力做功為0，故根據(jù)動(dòng)能定理有mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gL)，故B正確；設(shè)小球3的電荷量為q，小球3在b點(diǎn)時(shí)，有keq\f(qQ,L2)＝eq\f(mg,2)，設(shè)彈簧的彈力大小為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有F＝keq\f(q·6Q,L2)－keq\f(qQ,L2)sin30°－mgsin30°，聯(lián)立解得F＝eq\f(9,4)mg，小球3運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量等于eq\f(L,2)，根據(jù)對(duì)稱性可知，彈力大小仍為F，則有F＋keq\f(qQ,L2)sin30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2g，故C正確；當(dāng)小球3運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力為0，此時(shí)小球2對(duì)小球3的力為F23＝keq\f(qQ,\f(\r(3),2)L2)＝eq\f(2,3)mg，斜面對(duì)小球3的支持力大小為FN＝mgcos30°－F23＝eq\f(\r(3),2)mg－eq\f(2,3)mg＝eq\f(3\r(3)－4,6)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮閑q\f(3\r(3)－4,6)mg，故D正確．例7(2022·遼寧省高三學(xué)業(yè)考試)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)離開半圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場．已知P點(diǎn)在A點(diǎn)的正上方，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程小球的電荷量保持不變，A、B間的距離為2R，重力加速度為g.求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；(2)小球在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速率及小球?qū)Π雸A軌道的壓力的最大值；(3)小球在水平軌道上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離．答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(2\r(2)＋1gR)(2＋3eq\r(2))mg(3)(4eq\r(2)－5)R解析(1)設(shè)小球過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有qE·3R－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球從C運(yùn)動(dòng)到P的過程中水平方向有2R＝vCt1豎直方向有R＝eq\f(1,2)gt12聯(lián)立解得E＝eq\f(mg,q)(2)小球運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)D時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為v，OD與豎直線OB夾角為α，由于mg＝qE，則α＝45°，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mvm2即eq\f(1,2)mvm2＝mgR(sinα＋cosα＋1)解得最大速率vm＝eq\r(2\r(2)＋1gR)由于小球在D點(diǎn)時(shí)速度最大且靜電力與重力的合力恰好背離半徑方向，故小球在D點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道的壓力最大，設(shè)此壓力大小為F，在D點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，并建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，設(shè)在D點(diǎn)受到的支持力大小為F′根據(jù)牛頓第二定律有F′－qEsin45°－mgcos45°＝eq\f(mvm2,R)解得F′＝(2＋3eq\r(2))mg根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)＝F′即小球?qū)Π雸A軌道壓力的最大值為F＝(2＋3eq\r(2))mg(3)小球通過P點(diǎn)時(shí)水平方向速度大小為v1＝vC＝eq\r(2gR)豎直方向速度大小為v2＝gt1＝eq\r(2gR)進(jìn)入電場后，水平方向加速度大小為a1＝eq\f(Eq,m)＝g豎直方向加速度大小為a2＝eq\f(mg,m)＝g故小球在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)水平方向有x＝v1t2－eq\f(1,2)a1t22豎直方向有R＝v2t2＋eq\f(1,2)a2t22聯(lián)立解得x＝(4eq\r(2)－5)R.帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運(yùn)動(dòng)(1)等效重力法將重力與靜電力進(jìn)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(diǎn)和最低點(diǎn)：在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．1.(多選)(2022·江西南昌市一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有勻強(qiáng)電場，a、b、c、d為沿豎直方向的等勢線，且a等勢線的電勢高于d等勢線的電勢．一帶負(fù)電的微粒從b等勢線O點(diǎn)以某一初速度沿豎直平面向右上方發(fā)射，初速度方向與水平方向的夾角θ＝37°.帶電微粒運(yùn)動(dòng)到其軌跡的最高點(diǎn)時(shí)，速度大小與O點(diǎn)速度大小相等，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，則可判斷在此過程中()A．靜電力對(duì)帶電微粒一定做正功B．微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)可能在b等勢面上C．微粒受到的靜電力與它的重力之比為3∶1D．靜電力對(duì)微粒做的功與微粒的重力勢能增量之比為3∶1答案AC解析當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)時(shí)，其豎直方向的分速度為零，該過程中重力對(duì)微粒做負(fù)功，微粒的速度大小不變，則動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知，靜電力一定對(duì)帶電微粒做正功，故A正確；因?yàn)閍等勢線的電勢高于d等勢線的電勢，所以勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度的方向水平向右，則帶負(fù)電的微粒受到的靜電力的方向水平向左，靜電力對(duì)該帶電微粒做正功，所以微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)一定在b等勢線的左側(cè)，故B錯(cuò)誤；由題意可知帶電微粒在水平方向上先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向勻加速，其水平初速度和豎直初速度的大小分別為v0x＝v0cos37°，v0y＝v0sin37°，設(shè)靜電力為F，取水平向左為正方向，根據(jù)牛頓第二定律可知微粒在水平方向的加速度大小為a＝eq\f(F,m)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得微粒從開始到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t＝eq\f(v0y,g)，由題意可知v0＝at－v0x，聯(lián)立各式解得eq\f(F,mg)＝eq\f(3,1)，故C正確；重力對(duì)微粒做負(fù)功，靜電力對(duì)該微粒做正功，由于微粒的動(dòng)能不變，則重力做功的絕對(duì)值與靜電力做的功大小相等，所以靜電力對(duì)微粒做的功與微粒重力勢能增量相等，之比為1∶1，故D錯(cuò)誤．2.(多選)(2022·河北邢臺(tái)市高三期末)如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，A、B、C、D、M、N是棱長為a的正八面體的六個(gè)頂點(diǎn)，在同一豎直線上的M、N兩點(diǎn)均固定有電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，一質(zhì)量為m、電荷量為q的點(diǎn)電荷在正方形ABCD內(nèi)(水平)繞正八面體的中心做半徑最大的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．靜電力常量為k，重力加速度大小為g.下列說法正確的是()A．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)電荷帶正電B．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為eq\f(mg,q)C．做圓周運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)電荷的角速度為eq\f(4,3)eq\r(\f(\r(3)kQq,ma3))D．做圓周運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)電荷的動(dòng)能為eq\f(4\r(3)kQq,9a)答案BC解析點(diǎn)電荷在正方形ABCD內(nèi)(水平)繞正八面體的中心做半徑最大的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故只有當(dāng)點(diǎn)電荷為負(fù)電荷時(shí)，才能受到水平面向內(nèi)的合力，故點(diǎn)電荷帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；勻強(qiáng)電場的作用是使電荷所受的靜電力與重力平衡，則有Eq＝mg，故勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(mg,q)，B正確；在正八面體正方形ABCD內(nèi)(水平)做半徑最大的圓周運(yùn)動(dòng)，故圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq\f(a,2)，電荷到場源電荷的距離為r＝eq\f(\r(3)a,2)，如圖所示，由幾何知識(shí)可得cosθ＝eq\f(\r(3),3)，每個(gè)場源電荷對(duì)點(diǎn)電荷的庫侖力大小為F＝eq\f(kQq,r2)＝eq\f(4kQq,3a2)，點(diǎn)電荷受到的合力大小為F合＝2Fcosθ＝2·eq\f(4kQq,3a2)·eq\f(\r(3),3)＝eq\f(8\r(3)kQq,9a2)，根據(jù)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正確；由動(dòng)能的表達(dá)式得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(ωR)2＝eq\f(2\r(3)kQq,9a)，D錯(cuò)誤．專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1.(2022·湖南卷·2)如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對(duì)稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上．移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變．關(guān)于長方體幾何中心O點(diǎn)處電場強(qiáng)度方向和電勢的變化，下列說法正確的是()A．電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢減小B．電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢減小C．電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢增大D．電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢增大答案A解析根據(jù)對(duì)稱性與電場疊加原理可知，移去a處絕緣棒前O點(diǎn)電場強(qiáng)度為0，則移去a處的絕緣棒后，電場強(qiáng)度方向垂直指向a，再根據(jù)電勢的疊加原理，設(shè)每根長棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為φ0，四根完全相同、均勻帶正電絕緣長棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為4φ0，現(xiàn)在撤去a處的絕緣棒后，其他三棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為3φ0，故O點(diǎn)的電勢減小，故選A.2．(多選)(2022·安徽蕪湖市高三期末)如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，兩極板水平放置，下極板接地，極板間距為d，在上極板緊貼一厚度為l的金屬板，其下部空間有一帶電質(zhì)點(diǎn)P靜止在電容器中．當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，質(zhì)點(diǎn)P開始運(yùn)動(dòng)，空氣阻力不計(jì)，已知重力加速度為g.下列說法正確的是()A．抽出金屬板后電容器所帶電荷量增加B．抽出金屬板瞬間帶電質(zhì)點(diǎn)P的電勢能增加C．抽出金屬板后帶電質(zhì)點(diǎn)P的加速度大小為eq\f(l,d)gD．抽出金屬板后帶電質(zhì)點(diǎn)P的加速度大小為eq\f(d－l,d)g答案BC解析根據(jù)平行板電容器電容的決定式和定義式分別有C＝eq\f(εrS,4πkx)和C＝eq\f(Q,U)，抽出金屬板后x增大，則C減小，而U不變，所以Q減小，故A錯(cuò)誤；兩金屬板間電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(U,x)，抽出金屬板瞬間，x增大，U不變，所以E減小，因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)P所在位置到下極板的距離不變，且下極板的電勢為零，所以質(zhì)點(diǎn)P所在位置的電勢降低，分析可知質(zhì)點(diǎn)P帶負(fù)電，所以其電勢能增加，故B正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)P的質(zhì)量為m，抽出金屬板前，根據(jù)平衡條件有qeq\f(U,d－l)＝mg，抽出金屬板后設(shè)帶電質(zhì)點(diǎn)P的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mg－qeq\f(U,d)＝ma，聯(lián)立可得a＝eq\f(l,d)g，故C正確，D錯(cuò)誤．3．(2022·遼寧葫蘆島市高三期末)在維護(hù)和檢修高壓供電線路時(shí)，為了不影響城市用電，電工經(jīng)常要在高壓線上帶電作業(yè)．為了保障電工的安全，電工全身要穿上用金屬絲線編織的衣服(如圖甲所示)．圖乙中電工站在高壓直流輸電線的A供電線上作業(yè)，其頭頂上方有B供電線，B供電線的電勢高于A供電線的電勢．虛線表示電工周圍某一截面上的等勢面，c、d、e、f是不同等勢面上的四個(gè)點(diǎn)，以下說法中正確的是()A．在c、d、e、f四點(diǎn)中，c點(diǎn)的電場最強(qiáng)B．連接c、d、e、f四點(diǎn)，則此線一定為電場線C．電工全身穿上用金屬絲線編織的衣服，靜電感應(yīng)使體內(nèi)電勢保持為零D．電工全身穿上用金屬絲線編織的衣服，靜電屏蔽使體內(nèi)電場強(qiáng)度保持為零答案D解析根據(jù)等勢面的分布疏密，可判斷出f點(diǎn)的電場最強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；電場線與等勢面垂直，從題圖中不能確定c、d、e、f四點(diǎn)的連線恰好垂直于各等勢面，所以該連線不一定是電場線，故B錯(cuò)誤；電工全身穿上用金屬絲線編織的衣服，靜電屏蔽使體內(nèi)電場強(qiáng)度保持為零，故C錯(cuò)誤，D正確．4．(2022·安徽蕪湖市高三期末)如圖所示，真空中兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷放置在M、N兩點(diǎn)，MN連線上的中點(diǎn)為D，以MD為棱構(gòu)成一個(gè)空間正方體，A、B、C是該正方體上三個(gè)頂點(diǎn)．則下列說法正確的是()A．A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．B、D兩點(diǎn)的電勢相等C．將電子從C點(diǎn)沿CB方向射出，電子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．將電子從B點(diǎn)沿BC方向射出，電子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)答案C解析由對(duì)稱性可知，A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因D點(diǎn)距離兩正電荷比B點(diǎn)更近，可知D點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)電勢，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電子在以D為圓心、以正方體棱長為半徑的圓周上所受的靜電力大小相等且都指向D點(diǎn)，則將電子從C點(diǎn)沿CB方向射出，因該方向與靜電力方向垂直，若靜電力提供電子所需的向心力，則電子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；因BC方向與電子在B點(diǎn)受的靜電力方向不垂直，將電子從B點(diǎn)沿BC方向射出，則電子不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5.(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(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷．點(diǎn)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(diǎn)電荷q置于OC延長線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)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(duì)稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)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(qiáng)度的矢量和，如圖所示，因?yàn)閮啥位￠L非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由題意可知，兩電場強(qiáng)度方向的夾角為120°，由幾何關(guān)系得兩者的合電場強(qiáng)度大小為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點(diǎn)的合電場強(qiáng)度為0，則放在D點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)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.6.(多選)兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2固定在x軸上，一帶正電粒子的電勢能Ep隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，當(dāng)粒子只在靜電力作用下在x1～x2之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，以下判斷正確的是()A．x1～x2之間的電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向B．x1處的電場強(qiáng)度為零C．從x1到x2帶電粒子的速度一直減小D．從x1到x2帶電粒子的加速度一直增大答案AC解析由題圖可得從x1到x2粒子電勢能增大，則靜電力做負(fù)功，因?yàn)檎姾墒莒o電力的方向與電場強(qiáng)度的方向一致，則x1～x2之間的電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向，故A正確；Ep－x圖像中直線或曲線上某點(diǎn)處切線的斜率大小表示粒子在該點(diǎn)所受靜電力的大小，由題圖可知在x1處的切線斜率不為零，故該處的電場強(qiáng)度也不為零，故B錯(cuò)誤；只在靜電力作用下粒子的動(dòng)能與電勢能之和不變，可知從x1到x2粒子的動(dòng)能一直減小，則速度一直減小，故C正確；從x1到x2圖線的斜率逐漸減小，所以粒子受到的靜電力逐漸減小，其加速度也逐漸減小，故D錯(cuò)誤．7.(2022·浙江6月選考·9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))．t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)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(jì)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(gè)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(shí)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(cuò)誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)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(dá)N板時(shí)靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)兩板間距離為d，對(duì)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(yùn)動(dòng)，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對(duì)于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤．[爭分提能練]8．(多選)(2022·福建莆田市二模)如圖，兩個(gè)固定的相同圓環(huán)a、b，均勻帶有＋Q和－Q的電荷，兩環(huán)圓心O、O′在同一中心軸線上，P點(diǎn)為OO′的中點(diǎn)．則()A．沿中心軸線從O點(diǎn)到O′點(diǎn)，電勢逐漸降低B．過P點(diǎn)且垂直于OO′的平面為等勢面C．O點(diǎn)與O′點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同D．兩環(huán)間距越小，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定越大答案ABC解析由電場強(qiáng)度的疊加可知從O點(diǎn)到O′點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向一直向右，因此電勢一直降低，故A正確；由電場強(qiáng)度的疊加可知電場線垂直于過P點(diǎn)且垂直于OO′的平面，在此平面上移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功，因此該平面為等勢面，故B正確；＋Q在O點(diǎn)產(chǎn)生電場強(qiáng)度為零，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度由－Q和O與－Q間的距離決定，同理O′點(diǎn)的電場強(qiáng)度由＋Q和O與＋Q間的距離決定，由幾何關(guān)系結(jié)合電場強(qiáng)度疊加知O點(diǎn)與O′點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等、且方向均向右，故C正確；當(dāng)兩環(huán)均向P靠攏且間距無窮小時(shí)，P點(diǎn)電場強(qiáng)度近似為零，兩環(huán)間距越小時(shí)，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不一定越大，故D錯(cuò)誤．9．(多選)(2022·湖北省荊州中學(xué)高三期末)一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強(qiáng)度處處為零，O為球心，A、B為直徑上的兩點(diǎn)，OA＝OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點(diǎn)，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，如圖所示，則()A．O、C兩點(diǎn)電勢相等B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)C．沿直線從A到B電勢一直升高D．沿直線從A到B電場強(qiáng)度逐漸增大答案AC解析對(duì)于完整帶電球面，在其內(nèi)部AB的中垂面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度均為零，可知左右半球面在此中垂面上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度等大反向，因左右半球面的電場關(guān)于此中垂面對(duì)稱，則左右半球面各自在中垂面上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向均垂直于中垂面，則左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度均垂直于中垂面，則中垂面為等勢面，則O、C兩點(diǎn)電勢相等，故A正確；根據(jù)題意可知，一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強(qiáng)度處處為零，設(shè)左右半球在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E1和E2，則E1＝E2，根據(jù)對(duì)稱性，左右半球在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E2和E1，且E2＝E1，則在題圖所示的電場中，A點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E2，方向向左，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E1，方向向左，則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度與B點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同，則沿直線從A到B電場強(qiáng)度不可能逐漸增大，故B、D錯(cuò)誤；根據(jù)電場的疊加原理可知，直線AB上的電場線方向向左，沿電場線方向電勢降低，則沿直線從A到B電勢一直升高，故C正確．10．(多選)(2022·山西太原市高三期末)如圖所示，菱形aObP(ab>2OP)的頂點(diǎn)a、b處分別固定有等量的正點(diǎn)電荷．取無窮遠(yuǎn)為零電勢點(diǎn)，OP方向?yàn)閤軸正方向．若將一帶負(fù)電的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，在粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，下列關(guān)于O、P間的電場強(qiáng)度E、電勢φ以及粒子的電勢能Ep、動(dòng)能Ek分別隨x變化的圖線中，可能正確的是()答案BD解析根據(jù)等量正點(diǎn)電荷連線中垂線上的電場強(qiáng)度分布可知，從O到P電場強(qiáng)度可能先增加后減小到零，然后反向增加再減??；或者先減小到零，然后反向增加，因此電場強(qiáng)度在過OP中點(diǎn)后圖像應(yīng)在x軸下方，則A錯(cuò)誤．從O到P電勢先升高后降低，O、P兩點(diǎn)電勢相等，中點(diǎn)電勢最高，則B正確．靜電力對(duì)負(fù)電荷先做正功后做負(fù)功，則動(dòng)能先增加后減小，電勢能先減小后增加，但是負(fù)電荷在各點(diǎn)的電勢能均為負(fù)值，Ep－x圖像應(yīng)該在x軸下方，則C錯(cuò)誤，D正確．11.(2022·湖北省華中師范大學(xué)第一附屬中學(xué)高三測試)如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場．AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點(diǎn)正下方．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運(yùn)動(dòng)到B處以速度vB射出．已知重力加速度為g，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(3mg,4q)，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是()A．從A到B過程中，小球的機(jī)械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大C．在A、B兩點(diǎn)的速度大小滿足vA>vBD．從B點(diǎn)拋出后，小球速度的最小值為eq\f(4,5)eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)答案D解析從A到B過程中，靜電力一直做負(fù)功，小球的機(jī)械能一直減小，故A錯(cuò)誤；等效重力與豎直線夾角約37°偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對(duì)軌道的壓力先增大后減小，故B錯(cuò)誤；B點(diǎn)比A點(diǎn)更靠近等效最低點(diǎn)，所以vA<vB，故C錯(cuò)誤；從A到B，由動(dòng)能定理mgR－EqR＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，解得vB＝eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)，之后小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于等效重力場方向上的分速度為零時(shí)即為最小速度，則vmin＝eq\f(4,5)vB＝eq\f(4,5)eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)，故D正確．12.(2022·廣東卷·14)密立根通過觀測油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎(jiǎng)．圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔．通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷．有兩個(gè)質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離h1，此時(shí)給兩極板加上電壓U(上極板接正極)，A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)．B在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)上升了距離h2(