（江苏选考）2023版高考物理二轮复习第一部分专题三电场与磁场学案

PAGEPAGEPAGE1专题三电场与磁场[学前先做高考题]高考题最经典，每做一次都有新发现1．(2022·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，?春秋纬·考异邮?中有“玳瑁吸〞之说，但以下不属于静电现象的是()A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从枯燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选C用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C不属于静电现象；从枯燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D属于静电现象。2．(多项选择)(2022·江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如下图。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，那么()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：选ACD根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，那么a点的电场强度较大，选项A正确；沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误；由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确；c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确。3.(2022·江苏高考)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如下图，容器内外表为等势面，A、B为容器内外表上的两点，以下说法正确的选项是()A．A点的电场强度比B点的大B．小球外表的电势比容器内外表的低C．B点的电场强度方向与该处内外表垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同解析：选C由题图知，B点处的电场线比A点处的密，那么A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总是与等势面(容器内外表)垂直，选项C正确；沿任意路径将检验电荷由A点移动到B点，电场力做功都为零，选项D错误。4．(多项选择)(2022·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如下图。以下说法正确的有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大解析：选AC由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，那么两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，φ­x图像的切线斜率表示电场强度，因此x1处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。5．(多项选择)(2022·江苏高考)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，那么小球()A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小解析：选BC小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，B正确；将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，D错误。6．(2022·江苏高考)如下图，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，那么由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A电子在A、B板间的电场中做加速运动，在B、C板间的电场中做减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，那么有eU－eEd＝0，假设将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εS)可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间做加速运动后，在B、C板间做减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。7．(2022·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如下图。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；(3)假设考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝eq\f(1,2)×2mv2设甲种离子在磁场中的运动半径为r1那么有qvB＝2meq\f(v2,r1)解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))根据几何关系有x＝2r1－L解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L。(2)如下图。最窄处位于过两虚线交点的垂线上d＝r1－eq\r(r12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))。(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2r1的最小半径r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))r2的最大半径r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))由题意知2r1min－2r2max>L即eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))－eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))>L解得L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(U0－ΔU)－eq\r(2U0＋ΔU)]。答案：(1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)见解析图eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(3)L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(U0－ΔU)－eq\r(2U0＋ΔU)]8．(2022·江苏高考)盘旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R。两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束该种粒子在t＝0～eq\f(T,2)时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能到达Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。解析：(1)粒子运动半径为R时qvB＝meq\f(v2,R)且Em＝eq\f(1,2)mv2解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)。(2)粒子被加速n次到达动能Em，那么Em＝nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt加速度a＝eq\f(qU0,md)匀加速直线运动nd＝eq\f(1,2)a·Δt2由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)。(3)只有在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－Δt))时间内飘入的粒子才能每次均被加速那么所占的比例为η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))由η＞99%，解得d＜eq\f(πmU0,100qB2R)。答案：(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)d＜eq\f(πmU0,100qB2R)9．(2022·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如下图，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧eq\f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq\f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析：(1)离子在电场中加速，qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝meq\f(v2,r0)解得r0＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0)。(2)由(1)知，U＝eq\f(qB2r2,2m)，离子打在Q点时，r＝eq\f(5,6)L＝eq\f(10r0,9)，得U＝eq\f(100U0,81)离子打在N点时，r＝L＝eq\f(4r0,3)，得U＝eq\f(16U0,9)那么电压的范围eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)。(3)由(2)可知，r∝eq\r(U)由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))2L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，那么eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))3L同理，第n次调节电压，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1L检测完整，有rn≤eq\f(L,2)，解得n≥eq\f(lg2,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8最少次数为3次。答案：(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)最少次数为3次十一、引用力学知识，激活电学思维(一)——电场力的性质[抓牢解题根源]一、库仑定律1．表达式：F＝keq\f(q1q2,r2)。2．适用条件：真空中两个静止的点电荷。二、电场强度的“两个三〞1．三个性质矢量性电场强度E是表示电场力的性质的一个物理量。规定正电荷受力方向为该点场强的方向唯一性电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置，与放入该点的电荷q无关叠加性如果有几个静止电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和2．三个计算公式公式适用条件特点定义式E＝eq\f(F,q)任何电场某点的场强为确定值，大小及方向与q无关决定式E＝keq\f(Q,r2)真空中点电荷的电场E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定关系式E＝eq\f(U,d)匀强电场d是沿电场方向的距离三、电场线的“五特征〞1．电场线是假想的，实际电场中不存在。2．电场线起始于正电荷(或来自无穷远)，终止于负电荷(或无穷远)。静电场的电场线不闭合。3．电场线不相交，也不相切。4．电场线的疏密情况反映电场的强弱。5．电场线不表示电荷在电场中运动的轨迹。[研透常考题根]电场力作用下的平衡问题[例1](2022·上海高考)如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，那么A受到的电场力大小为________。在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α＝30°处，A受到的电场力大小为________。[审题指导](1)向右摆动，最大摆角为60°，应用动能定理求解。(2)平衡位置，应用平衡方程求解。[解析]根据题意，带电小球受到电场力后摆动的最大角度为60°，末速度为0，此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，根据动能定理有：Flsinα－mgl(1－cosα)＝0，解得电场力为：F＝eq\f(\r(3),3)mg；改变电场强度的大小和方向后，平衡位置在α＝60°处时，根据正弦定理有：eq\f(F′,sin60°)＝eq\f(mg,sin180°－60°－γ)，平衡位置在α＝30°处时，由正弦定理有：eq\f(F′,sin30°)＝eq\f(2mg,sin180°－30°－γ)，解得：γ＝60°，F′＝mg。[答案]eq\f(\r(3),3)mgmg[备考锦囊](1)求解库仑力作用下带电体的平衡问题的方法①确定研究对象。如果有几个物体相互作用时，要依据题意，灵活应用整体法或隔离法。②对研究对象进行受力分析，注意多了电场力eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＝k\f(q1q2,r2)或F＝qE))。③列平衡方程F合＝0或Fx＝0，Fy＝0。(2)三个自由电荷相互平衡的规律[即时训练]如下图的三个点电荷q1、q2、q3固定在一条直线上，q2和q3的距离是q1和q2的距离的2倍，每个点电荷所受库仑力的合力为零。由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3可能为()A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6解析：选A由三电荷平衡模型的特点“两同夹异〞可知，q1和q3为同种电荷，它们与q2互为异种电荷，设q1和q2的距离为r，那么q2和q3的距离为2r，对q1有－eq\f(kq2q1,r2)＝eq\f(kq1q3,3r2)，那么有eq\f(q2,q3)＝－eq\f(1,9)，对q3有eq\f(kq1q3,3r2)＝－eq\f(kq2q3,2r2)，所以eq\f(q1,q2)＝－eq\f(9,4)，考虑到各电荷的电性，故A正确。电场强度的叠加问题[例2]在场强为E的匀强电场中，取O点为圆心、r为半径作一圆周，在O点固定一电荷量为＋Q的点电荷，a、b、c、d为相互垂直的两条直线(其中一条沿竖直方向)和圆周的交点。当把一试探电荷＋q放在d点时恰好平衡(如下图)。(1)匀强电场场强E的大小、方向如何？(2)试探电荷＋q放在c点时，受力Fc的大小、方向如何？(3)试探电荷＋q放在b点时，受力Fb的大小、方向如何？[思路点拨]解答此题应注意以下两点：(1)电场强度为矢量。(2)矢量的合成遵守平行四边形定那么。[解析](1)如下图，由题意可知F1＝keq\f(Qq,r2)F2＝qEF1＝F2所以qE＝keq\f(Qq,r2)，E＝keq\f(Q,r2)，场强方向沿db方向。(2)试探电荷放在c点(如下图)：Ec＝eq\r(E12＋E2)＝eq\r(2)E＝eq\r(2)keq\f(Q,r2)，所以Fc＝qEc＝eq\r(2)keq\f(Qq,r2)，方向与ac方向成45°角斜向左下方。(3)试探电荷放在b点(如下图)：Eb＝E2＋E＝2E＝2keq\f(Q,r2)，所以Fb＝qEb＝2keq\f(Qq,r2)，方向沿db方向。[答案]见解析[备考锦囊]类比法、对称法求解叠加场的场强(1)类比法当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强E等于各电场的场强在该点的矢量和，遵循平行四边形定那么，可以类比力的合成与分解。(2)对称法[即时训练]空间中有一边长为L的等边三角形ABC，A、B两点有两个固定的负点电荷。现将一个点电荷＋q放在三角形的几何中心O处，那么C点的电场强度刚好为零。假设将＋q移到AB边中点，那么C点电场强度大小为()A.eq\f(\r(3)kq,4L2) B.eq\f(5kq,3L2)C.eq\f(9kq,4L2) D.eq\f(13kq,3L2)解析：选B设AB的中点为D点，根据几何关系可知，OC的长度x1＝eq\f(\f(L,2),sin60°)＝eq\f(\r(3),3)L，CD的长度x2＝Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L，将一个点电荷＋q放在三角形的几何中心O处，C点的电场强度刚好为零，那么AB两处的负电荷在C点产生的电场强度矢量和与＋q在C点产生的电场强度大小相等，方向相反，即AB两处的负电荷在C点产生的电场强度矢量和E1＝eq\f(kq,x12)＝eq\f(3kq,L2)，方向由C指向O，将＋q移到AB边中点，那么＋q在C点产生的电场强度E2＝eq\f(kq,x22)＝eq\f(4kq,3L2)，方向由O指向C，那么C点的合场强为E＝E1－E2＝eq\f(5kq,3L2)，故B正确，A、C、D错误。对电场线的理解及应用[例3](2022·海州区期中)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如下图。以下说法正确的选项是()A．b点的电势低于a点的电势B．假设将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．假设将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c[思路点拨]解答此题应把握以下三点：(1)电场线不是运动轨迹。(2)电场线的疏密表示场强的大小。(3)沿电场线方向电势逐渐降低。[解析]沿电场线方向电势逐渐降低，因b点所在的等势面电势高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；假设将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功，选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线，故假设将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。[答案]B[备考锦囊]电场线的应用技巧[即时训练]如下图为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，那么()A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<Eb D．Wa≠Wb，Ea<Eb解析：选A由题图可知a、b两点处于同一等势线上，故两电子分别从a、b两点运动到c点，电场力做功相同，即Wa＝Wb，故B、D项错；a点处电场线比b点处电场线更密集，故Ea＞Eb，C项错，A项对。[课余自查小练]1．以下选项中的各eq\f(1,4)圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各eq\f(1,4)圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是()解析：选B根据对称性和矢量叠加，D项O点的场强为零，C项等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与A项的相等，B项正、负电荷在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的eq\r(2)倍，也是A、C项场强的eq\r(2)倍，因此B项正确。2.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如下图，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。M点的场强大小为E，那么N点的场强大小为()A.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E解析：选A设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳，那么在M、N两点产生的场强大小为E0＝eq\f(k·2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)。题图中左半球壳在M点产生的场强为E，那么右半球壳在M点产生的场强为：E′＝E0－E＝eq\f(kq,2R2)－E，由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小为eq\f(kq,2R2)－E，A正确。3.如下图，在水平向左的匀强电场中，倾角α＝53°的固定光滑绝缘斜面，高为H。一个带正电的物块(可视为质点)受到的电场力是重力的eq\f(4,3)倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，那么物块落地的速度大小为()A．2eq\r(5gH) B．2eq\r(gH)C.eq\f(5,3)eq\r(2gH) D．2eq\r(2gH)解析：选C对物块受力分析知重力和电场力的合力F合＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,3)mg，设合力与水平方向夹角为β，tanβ＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(3,4)，那么物块沿合力方向斜向下做匀加速直线运动，由动能定理F合eq\f(H,sinβ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\f(5,3)eq\r(2gH)，应选项C正确。4.如下图，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径。现有一质量为m带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，小球所受电场力竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点，设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小；(3)小球经过管口C处时对圆管的压力。解析：(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝eq\f(1,2)mvB2到达B点时速度大小为vB＝eq\r(8gR)。(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，那么Fy＝mg(方向竖直向上)，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得Fx×2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvC2小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y＝4R＝vCtx＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(Fx,2m)t2联立解得：Fx＝mg电场力的大小为：qE＝eq\r(Fx2＋Fy2)＝eq\r(2)mg。(3)由(2)中易得vC＝2eq\r(gR)，小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力N提供，设弹力N的方向向左，那么Fx＋N＝meq\f(vC2,R)解得：N＝3mg(方向水平向左)根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为N′＝N＝3mg，方向水平向右。答案：(1)eq\r(8gR)(2)eq\r(2)mg(3)3mg，方向水平向右[专题跟踪检测]一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．(2022·安徽高考)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷 量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k为静电力常量。假设用国际单位制的根本单位表示，k的单位应为()A．kg·A2·m3 B．kg·A－2·m3·s－4C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2解析：选B由公式F＝keq\f(q1q2,r2)得，k＝eq\f(Fr2,q1q2)，故k的单位为eq\f(N·m2,C2)，又由公式q＝It得1C＝1A·s，由F＝ma可知1N＝1kg·m·s－2，故1eq\f(N·m2,C2)＝1kg·A－2·m3·s－4，选项B正确。2.如下图是一对等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷P、Q连线长度为r，M点、N点到两点电荷P、Q的距离都为r，S点到点电荷Q的距离也为r，由此可知()A．M点的电场强度为2keq\f(q,r2)B．M、N、S三点的电势可能相等C．把同一试探电荷放在M点，其所受电场力等于放在S点所受的电场力D．沿图中虚线，将一试探电荷从N点移到M点，电场力一定不做功解析：选D点电荷P、Q在M点产生的电场强度大小均为E＝keq\f(q,r2)，这两个点电荷在M点形成的合场强的大小为E′＝2keq\f(q,r2)·cos60°＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，A错误；S点的电势大于零，而M点、N点的电势为零，B错误；由于两点电荷在S点产生的场强方向水平向右，因此同一试探电荷在S点、M点时所受的电场力方向不同，C错误；由于M、N所在直线为零势能线，试探电荷从N点移到M点，电场力不做功，D正确。3.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。静电力常量为k。假设三个小球均处于静止状态，那么匀强电场场强的大小为()A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：选B设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F＝keq\f(qQ,l2)，小球b对小球c的库仑引力为F＝keq\f(qQ,l2)，二力合力为2Fcos30°。设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得：QE＝2Fcos30°，解得：E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，选项B正确。4.(2022·宜兴市一模)有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中球C不带电，球A和球B带有等量的同种电荷，如下图，球A固定在竖直支架上，球B用不可伸长的绝缘细线悬于球A正上方的O点处，OB＜OA，静止时细线与OA的夹角为θ。球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行以下操作，其中描述与事实相符的是()A．仅将球C与球A接触离开后，球B再次静止时细线中的张力不变B．假设将球C与球A接触离开后，球B再次静止时细线与OA的夹角为θ1，接着再将球C与球B接触离开后，球B再次静止时细线与OA的夹角为θ2，那么θ1＜θ2C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于gD．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地解析：选A仅将球C与球A接触后离开，球A的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，如下图，可知两阴影三角形相似，由三角形相似可知：eq\f(mg,H)＝eq\f(T,L)，故细线中的张力不变，故A正确；球C与球A接触，电量平分为eq\f(q,2)，接着接触球B，球B电量变为eq\f(3q,4)，两球电荷量的乘积变小，库仑力变小，第一次接触后夹角变小，同理知第二次接触后再次变小，所以θ1＞θ2，故B错误；剪断细线OB瞬间，球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g，故C错误；剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故D错误。5．(2022·南京三模)如下图，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心。点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d。图中a点的电场强度为零，那么带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为()A.eq\f(kq,d2)，水平向右B.eq\f(kq,d2)，水平向左C.eq\f(kq,d2)＋eq\f(kq,9d2)，水平向右D.eq\f(kq,9d2)，水平向右解析：选A－q在a处产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右。据题，a点处的电场强度为零，那么知－q与带电薄板在a点产生的电场强度大小相等，方向相反，那么带电薄板在a点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左，那么薄板带负电。根据对称性可知，带电薄板在b点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误。6.如下图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R。电荷量均为＋Q的点电荷分别放在圆周上M、N两点，M、N关于AC对称，M与O点的连线和OC间的夹角为60°，AC与MN的交点为F。以下说法正确的选项是()A．O点的场强大小为keq\f(Q,R2)，方向由O指向AB．F点的场强大小为2keq\f(Q,Rsin60°2)，方向由F指向OC．A点的场强大小为eq\f(\r(3)kQ,3R2)，方向沿OA方向D．C点的场强大小为eq\f(\r(3)kQ,R2)，方向沿FC方向解析：选AC根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理，O点的场强大小为E0＝2keq\f(Q,R2)cos60°＝keq\f(Q,R2)，方向由O指向A，选项A正确；F点的场强大小为零，选项B错误；M、A之间的距离为eq\r(3)R，A点的场强大小为EA＝2keq\f(Q,\r(3)R2)cos30°＝eq\f(\r(3)kQ,3R2)，方向沿OA方向，选项C正确；M、C之间的距离为R，C点的场强大小为EC＝2keq\f(Q,R2)cos60°＝keq\f(Q,R2)，方向沿FC方向，选项D错误。7．(2022·东阳期中)如下图，真空中有两个点电荷Q1＝＋4.0×10－8C和Q2＝－1.0×10－8C，分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6cm的位置上。关于A．x＝12cm的位置场强为零B．在x坐标轴上场强为零的点有两处C．x坐标轴上所有点的场强都沿x轴正方向D．x坐标轴上x＞12cm所有点的场强都沿x轴正方向解析：选AD某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的合场强。根据点电荷的场强公式E＝eq\f(kQ,r2)，要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等、方向相反。不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电荷电性相反，在Q1Q2之间的电场方向都是一样的。所以，只能在Q2右边。设该位置距Q2的距离是L，所以eq\f(kQ1,0.06＋L2)＝eq\f(kQ2,L2)，解得L＝6cm；所以x坐标轴上x＝12cm的位置场强为零，故A正确，B错误；正电荷Q1和负电荷Q2在Q1Q2之间产生的场强方向沿x轴正方向，所以合场强也是沿x轴正方向；根据点电荷的场强公式得，x坐标轴大于12cm区域的电场强度方向沿x轴正方向，所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向的区域是(0,6cm)和(12cm，∞)，故C错误，D正确。8．(2022·彭泽县一模)空间有a、b两个带有相等电荷量的点电荷产生的电场，其中a不动，b以恒定速度运动，现在与a的距离为d的位置p观测如图1，在p点测得场强大小随时间的变化如图2，水平线E＝E0为图线的渐近线，k为静电力常量。以下说法正确的选项是()A．两个点电荷一定是带同种电荷B．点电荷所带电荷量为eq\f(4E0d2,k2)C．0～2t0时间内，除电场力之外的力对b先做正功再做负功D．a一定带正电解析：选AC由题图知，p点的合场强先减小后增大，说明两个点电荷一定带同种电荷，否那么当两个电荷最近时，p点的合场强应最大，故A正确；根据图像可知，当时间趋向于无穷大的时候，说明b离得很远，此时产生电场的电荷只有a，由题图可知，此时p点的场强为E0，设电荷的电荷量为Q，根据点电荷的场强公式可得E0＝keq\f(Q,d2)，解得Q＝eq\f(E0d2,k)，故B错误；0～2t0时间内，两个电荷先靠近后远离，电场力对b先做负功后做正功，由于b做匀速运动，动能不变，外力对b做的总功为零，那么知除电场力之外的力对b先做正功再做负功，故C正确；由题只能判断出两个点电荷带同种电荷，不能判断出其电性，故D错误。9．(2022·肇庆二模)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t＝0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v­t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。那么由图线可知()A．两点电荷的电性一定相同B．t3时刻两点电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两点电荷间的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小解析：选AC由题图(b)可知，刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，两点电荷间存在库仑斥力，那么两点电荷的电性一定相同，选项A正确；在t1时刻，甲、乙共速，两点电荷间的距离最小，故在间距减小的过程中，点电荷始终克服静电力做功，以后点电荷间的距离逐渐增大，静电力做正功，故间距最小时的电势能最大，选项B错误；t2时刻，乙静止，在0～t2时间内，两点电荷的间距先减小后增大，故两点电荷间的静电力先增大后减小，选项C正确；0～t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能先减小后增大，选项D错误。二、非选择题10．(2022·太原模拟)质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电荷量qA＝＋10q；B球带电荷量qB＝＋q。假设在C球上加一个水平向右的恒力F，如下图，要使三球能始终保持L的间距向右运动，那么：(1)C球带电性质是什么？(2)外力F为多大？解析：(1)由于A、B两球均带正电，它们互相排斥，所以C球对A、B两球都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电。(2)以三球为整体，由牛顿第二定律得：F＝3ma，对A球有：eq\f(kqAqC,4L2)－eq\f(kqAqB,L2)＝ma，对B球有：eq\f(kqAqB,L2)＋eq\f(kqBqC,L2)＝ma，解得F＝70keq\f(q2,L2)。答案：(1)负电(2)70keq\f(q2,L2)11.如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m。假设将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向。解析：(1)根据库仑定律，A、B两点处的点电荷间的库仑力大小为F＝keq\f(q2,L2)解得F＝9.0×10－3N。(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝keq\f(q,L2)A、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos30°解得E＝7.8×103N/C场强E的方向沿y轴正方向。答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正方向十二、引用力学知识，激活电学思维(二)——电场能的性质[抓牢解题根源]一、电场力做功的两种计算方法1．W＝qEd，适用于匀强电场。2．WAB＝qUAB，适用于任何电场。二、电势上下的三种判断方法判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低电场力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的上下三、电荷电势能大小判断的“四法〞判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大电荷电势法正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大公式法由Ep＝qφp，将q、φp的大小、正负号一起代入公式，根据Ep数值可作如下判断：假设Ep为正值，其绝对值越大，表示电势能越大；假设Ep为负值，其绝对值越小，表示电势能越大能量守恒法在电场中，假设只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，两种能量之和不变，所以电荷动能增加，那么其电势能减小；反之，其电势能增大四、电势差的三种表达式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1.UAB＝φA－φB,2.UAB＝\f(WAB,q)))适用于任何电场。3．U＝Ed，适用于匀强电场。[研透常考题根]电势上下与电势能大小的判断[例1](多项选择)(2022·海南高考)如图，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，以下说法正确的选项是()A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大[思路点拨]解答此题应把握以下三点：(1)电势与场强无关。(2)正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小。(3)等量异种点电荷连线的垂直平分线为等势线。[解析]因为等量异种点电荷在其连线的中垂线上的电场方向沿x轴正方向，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种点电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，将正电荷从O点移到a点，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。[答案]BCeq\a\vs4\al([易错提醒])(1)电势降低的方向不一定为电场方向，只有电势降落最快的方向才为电场的方向。(2)电场力做功只与初、末位置的电势差有关，与零电势点的选择无关。(3)电势、电势能具有相对性，要确定电场中某点的电势或电荷在电场中某点具有的电势能必须选取零电势点或零势能位置，但电势能的变化和电势差具有绝对性，与零势能位置、零电势点的选取无关。[即时训练](多项选择)(2022·扬州模拟)两块竖直放置的带电平行金属板A、B间放一金属小球后，电场线如下图，M、N为电场中的两点，以下判断中正确的选项是()A．M点处的电场强度大于N点处的电场强度B．M点处的电势高于N点处的电势C．将正检验电荷从M点移到N点，电场力做正功D．将负检验电荷从M点移到N点，该电荷的电势能减小解析：选ABD电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图知M点处的电场强度大于N点处的电场强度，A正确；沿电场线的方向电势逐渐降低，M点处的电势高于N点处的电势，B正确；将正检验电荷从M点移到N点，电场力做负功，C错误；将负检验电荷从M点移到N点，电场力做正功，该电荷的电势能减小，D正确。利用电场线和等势面解决带电粒子运动轨迹问题[例2]如下图，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。以下说法中正确的选项是()A．三个等势面中，等势面a的电势最高B．带电质点一定是从P点向Q点运动C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小[思路点拨]此题可按以下思路进行分析：eq\x(\a\al(质点做曲,线运动))→eq\x(\a\al(电场力,的方向))→eq\x(\a\al(电场线,的方向))→eq\x(\a\al(电势的,上下))[解析]电场线和等势面垂直，可以根据等势面来画出某处的电场线。又质点做曲线运动，所受电场力的方向指向曲线的凹侧，由此可以判断出电场线的方向大致是从c指向a，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，a、b、c三个等势面的电势关系为φc>φb>φa，选项A错误；无法从质点的受力情况来判断其运动方向，选项B错误；质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，而电势能和动能的总和不变，所以，质点在P点的动能小于在Q点的动能，选项C正确；P点的等势面比Q点的等势面密，故场强较大，质点受到的电场力较大，加速度较大，选项D错误。[答案]C[备考锦囊]利用电场线和等势面解决带电粒子运动轨迹的三方法(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性及有关判断。(2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面的电势上下。(3)“三不知时要假设〞——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的上下)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。假设其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；假设三个都不知(三不知)，那么要用“假设法〞分别讨论各种可能情况。[即时训练](2022·常州市一模)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如下图，那么从a到b过程中，以下说法正确的选项是()A．粒子带负电荷B．粒子先加速后减速C．粒子加速度一直增大D．粒子的动能先减小后增大解析：选D由题图可知，粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，A错误；粒子受电场力向右，所以先向左减速运动后向右加速运动，B错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先减小后增大。根据电场线的疏密知道场强先减小后增大，故加速度先减小后增大，C错误，D正确。电场中的功能关系[例3]如下图，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷。a、b是AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O为AB连线的中点。一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)O、b两点间的电势差UOb；(3)小滑块运动的总路程s。[审题指导](1)由题意可判断，Uab＝0。(2)在运动过程中，滑动摩擦力做功情况为一直做负功。(3)此题中所用到的功能关系规律为：动能定理。[解析](1)由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，那么Uab＝0设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于小滑块从a→b过程，由动能定理得：q·Uab－f·eq\f(L,2)＝0－E0而f＝μmg解得：μ＝eq\f(2E0,mgL)。(2)小滑块从O→b过程，由动能定理得：q·UOb－f·eq\f(L,4)＝0－nE0解得：UOb＝－eq\f(2n－1E0,2q)。(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：q·UaO－f·s＝0－E0而UaO＝－UOb＝eq\f(2n－1E0,2q)解得：s＝eq\f(2n＋1,4)L。[答案](1)eq\f(2E0,mgL)(2)－eq\f(2n－1,2q)E0(3)eq\f(2n＋1,4)L[备考锦囊]解决电场力做功问题时应注意的两点(1)利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。(2)应用公式WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。[即时训练]如下图，在O点处固定一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球下落的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。假设小球通过B点时的速度为v，试求：(1)小球通过C点时的速度大小；(2)小球由A到C的过程中电场力做的功。解析：(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理有：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2解得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)设小球由A到C的过程电场力做的功为W，根据动能定理mgh＋W＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh。答案：(1)eq\r(v2＋gR)(2)eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh[课余自查小练]1．(多项选择)直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度地释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如下图，设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb，那么()A．Ea>Eb B．Ea<EbC．φa<φb D．φa>φb解析：选AC根据题图可知，图线的斜率表示电场力的大小。电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，那么电场力逐渐减小，故电场强度逐渐减小，所以Ea>Eb，A正确，B错误；由于电势能逐渐降低，所以电场力做正功，那么电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，所以φa<φb，C正确，D错误。2.(多项选择)a、b是位于x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势如图中曲线所示(取无穷远电势为零)，M、N、P为x轴上的三点，P点对应图线的最低点，a、P间距离大于P、b间距离。一质子以某一初速度从M点出发，仅在电场力作用下沿x轴从M点运动到N点，以下说法正确的选项是()A．P点处的电场强度为0B．a和b一定是带等量同种电荷C．质子在运动过程中速率先增大后减小D．质子在运动过程中加速度先增大后减小解析：选AC由电势图线知两电荷均带正电，但电荷量Q1>Q2，选项B错误；由沿电场线方向电势降低知，在P点场强方向改变，所以P点处的电场强度为0，选项A正确；质子从M点运动到N点，加速度先减小后增大，速率先增大后减小，选项C正确，D错误。3.(2022·松江区一模)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如下图，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，那么点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析：选B由题图可知，正电荷从x2运动到x4的过程中，电场力做功不为零，那么正电荷在x2和x4处电势能不相等，故A错误；x1～x3处场强方向为x轴负方向，那么从x1到x3电势升高，正电荷在x3处电势能较大，故B正确；由x1运动到x4的过程中电势升高，正电荷的电势能增大，故C错误；由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F＝qE知，电场力先增大后减小，故D错误。4．(2022·宜春二模)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x的变化关系如图乙。那么()A．M点电势和场强大小均为零B．N点电势和场强大小均不为零C．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|D．由图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，且Q1的电荷量大于Q2解析：选Dφx图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以M点的场强不为零，故A错误；同理可知N点的场强为零，故B错误；由题图乙可知，UMN＞UNP，正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功qUMN＞qUNP，电场力做负功，故|WPN|＜|WNM|，故C错误；因为N点的场强为0，所以Q1、Q2在N点产生的场强大小相等、方向相反，两电荷为异种电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，Q1带负电、Q2带正电，根据E＝keq\f(Q,r2)，可知与N点距离大的电荷量大，所以Q1的电荷量大于Q2，故D正确。[专题跟踪检测]一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1.(2022·南通模拟)如下图，A、B为真空中两个固定的等量正电荷，abcd是以AB连线中点O为中心的正方形，且关于AB对称，关于a、b、c、d、O各点，以下说法中正确的选项是()A．电场强度Ea与Ed相同B．电势φa＞φdC．将一正电荷由a点移到b点，电场力做正功D．将一负电荷由b点移到O点，电势能增大解析：选D根据等量同种电荷电场线和等势线的分布情况和对称性，可知a、b、c、d四点的电场强度大小和电势均相等，但场强的方向不同，故A、B错误；由于ab间的电势差为零，将正电荷由a点移到b点时有：Wab＝0，故C错误；负电荷由b点移到O点时有：WbO＝UbO·(－q)＜0，即电场力做负功，电势能增大，故D正确。2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的局部电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的选项是()A．O点电势与Q点电势相等B．M、O间的电势差小于O、N间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析：选C由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q，电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误。3.(2022·江苏名校检测)如下图，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度解析：选A根据电场线的疏密程度可知，R、Q两点的电场强度ER>EQ，那么带电粒子在R、Q两点的加速度aR>aQ，故D错误；由于带电粒子只受电场力作用，动能与电势能相互转化，两者之和不变，故C错误；根据曲线运动知识，带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右，又由于该粒子带负电，那么R处电场的方向应该向左，所以电势φR>φQ，根据Ep＝qφ可得，带电粒子在R、Q两点的电势能EpR<EpQ，那么R、Q两点的动能EkR>EkQ，所以vR>vQ，故A正确；同理，EpP<EpQ，故B错误。4.(2022·呼伦贝尔二模)如下图，M和N是带有异种电荷的带电金属导体，P和Q是M外表上的两点，S是N外表上的一点，在M和N之间的电场中画有三条等势线。现有一个带正电的粒子(重力不计)在电场中的运动轨迹如图中虚线所示，不计带电粒子对原电场的影响，不计空气阻力，那么以下说法正确的选项是()A．P和Q两点的电势不相等B．S点的电势高于P点的电势C．带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能D．带电粒子一定是由W点射入经F点到E点解析：选C金属导体M是等势体，外表是等势面，故P和Q两点的电势相等，选项A错误；由正电荷的运动轨迹可知，正电荷受向下的电场力，故电场线由M指向N，那么S点的电势低于P点的电势，选项B错误；因F点电势高于E点，故带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能，选项C正确；带电粒子由W点射入经F点到E点，或者由E点射入经F点到W点，均有可能，选项D错误。5.如下图，a、b、c代表某固定点电荷电场中的三个等势面，相邻两等势面间的距离相等，直线是电场中的几条没标明方向的电场线，粗曲线是一带正电粒子只在电场力作用下运动轨迹的一局部，M、N是轨迹上的两点。粒子过M、N两点时的加速度大小分别是aM、aN，电势能分别是EpM、EpN，a、b、c的电势分别是φa、φb、φc，a、b间的电势差为Uab，b、c间的电势差为Ubc，那么以下判断中正确的选项是()A．aM>aN，EpM>EpN B．φa<φb<φc，EpM<EpNC．aM>aN，Uab＝Ubc D．Uab＝Ubc，EpM<EpN解析：选B根据带正电粒子的轨迹的偏转方向，可知圆心处的电荷一定带负电，故φa<φb<φc；根据点电荷周围电场的特点可知，粒子在M点受到的电场力大，故aM>aN；因为ab之间的电场强度比bc间的大，由U＝Ed得Uab>Ubc；粒子由M向N运动，电场力做负功，电势能增加，故EpM<EpN，只有B正确，A、C、D错误。6.(2022·镇江一模)如下图，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为AB连线中垂线上某一点，O为AB连线的中点，且AO＝OF，E和φ分别表示F处的场强大小和电势。将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用ε和a表示，取无穷远处为电势零点，假设将负点电荷N移走，那么()A．E不变 B．φ升高C．ε变小 D．a变大解析：选BC令电荷M、N都存在时为状态1，各物理量用下标1表示；只有电荷M时为状态2，各物理量用下标2表示。状态1时，电荷M、N对在F处的电场强度大小都为E0，两者相互垂直，根据电场叠加定理可得：合场强E1＝eq\r(2)E0，方向水平向右。状态2时，电荷M在F处的电场强度也是E0，方向沿AF连线方向。所以假设将负点电荷N移走，那么E改变，故A错误；状态1时，易知AB连线的中垂线为一条等势线，中垂线上无穷远处的电势为0，所以φ1＝0。状态2时，只有正电荷M，所以φ2＞0，可得：假设将负点电荷N移走，那么φ升高，故B正确；电势能ɛ＝qφ，所以ɛ1＝0，ɛ2＜0，所以ɛ变小，故C正确；F＝qE，a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，试探电荷q、m不变，E变小，所以a变小，故D错误。7.如下图，在水平向右、场强为E的匀强电场中，两个电荷量均为q的带正电小球A、B通过两根长度均为L的绝缘轻绳悬挂。两球静止时，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°、60°。现将一外力作用在A球上，使A球缓慢地绕悬点O做圆周运动，在A球运动至最低点A′的过程中，以下说法正确的选项是()A．两球构成的系统电势能增加eq\f(1,2)qELB．两球构成的系统电势能增加qELC．两球构成的系统重力势能减少(2eq\r(3)－3)qELD．两球构成的系统重力势能减少eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(3,2)))qEL解析：选BCA球的移动不影响A、B之间绳子的方向，当A球移动到最低点A′时，两球沿电场的反方向都移动了eq\f(L,2)，两球都克服电场力做功，两球构成的系统电势能增加量ΔEp＝qEL，B正确；对A、B整体，根据平衡条件可得，(mA＋mB)gtan30°＝2qE，两球构成的系统重力势能减少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝(2eq\r(3)－3)qEL，C正确。8.(2022·苏锡常模拟)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如下图，O、M、N为电场中的三个点，那么由图可得()A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同解析：选BC由题图可知，M处电场线密，故M点场强大于N点场强，A错误；顺着电场线方向电势越来越低，故M点电势低于N点电势，B正确；由WOM＝qUOM可知，电场力做负功，电势能增加，C正确；M、N不在同一等势面上，所以电场力做功不同，D错误。9.(2022·铜仁四模)如下图为带电粒子只在电场力作用下运动的vt图像，在a点的速度为va，运动到b点的速度为vb，那么以下说法中正确的选项是()A．电场中a点电势一定比b点电势高B．粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大C．在0～t1时间内，粒子运动路径与电场力可能不在一条直线上D．在0～t1时间内，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小解析：选BD由于不知粒子的电性，因此不能确定a、b两点电势的上下，故A错误；由于只有电场力做功，电势能与动能的和为一定值，因为b点速度比a点速度大，所以在b点的动能比a点动能大，即粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大，故B正确；由于vt图像反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的规律，因此粒子的运动路径是一条直线，即粒子受到的电场力一定与运动路径在一条直线上，故C错误；由于vt图像的斜率表示加速度，由题图可知，在0～t1时间内，粒子运动的加速度先减小后增大，再减小，由牛顿第二定律可知，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小，故D正确。二、非选择题10.(2022·玄武二模)如下图的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab＝8cm，bc间距离Lbc＝14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角。一个带电量q＝－4×10－8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab＝3.2×10－6J。求：(1)匀强电场的电场强度大小和方向；(2)电荷从b点移到c点，电势能的变化量；(3)a、c两点间的电势差。解析：(1)负电荷从a点移到b点克服电场力做功，说明负电荷所受电场力的方向为由b指向a，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故该匀强电场的方向为由a指向b(水平向右)，由－Wab＝qELab代入数值可得E＝1.0×103V/m。(2)负电荷由b点移到c点，电场力做的功Wbc＝qELbccos60°＝－2.8×10－6J，电场力做负功，电荷的电势能增加，故电荷的电势能增加2.8×10－6J。(3)a、c两点间的电势差为Uac＝eq\f(Wac,q)＝eq\f(－3.2×10－6－2.8×10－6,－4×10－8)V＝1.5×102V。答案：(1)1.0×103V/m，水平向右(2)电荷的电势能增加2.8×10－6J(3)1.5×102V11．(2022·扬州模拟)如下图，等量异种点电荷固定在水平线上的M、N两点上，电荷量均为Q，有一质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处，现在把杆拉到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O处电势为零，忽略＋q对＋Q、－Q形成电场的影响。求：(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度。解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有T－mg＝eq\f(mv2,L)即T＝mg＋eq\f(mv2,L)由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小也为mg＋eq\f(mv2,L)。(2)O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以φB＝0小球从A到B过程中，由动能定理得mgL＋q(φA－φB)＝eq\f(1,2)mv2解得φA＝eq\f(mv2－2mgL,2q)。(3)由电场对称性可知，φC＝－φA，即UAC＝2φA小球从A到C过程，根据动能定理qUAC＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2v2－4gL)。答案：见解析十三、涉及电容器问题的分析[抓牢解题根源]一、两个表达式的比拟C＝eq\f(Q,U)C＝eq\f(εrS,4πkd)公式类别定义式决定式适用范围所有电容器，Q∝U，即eq\f(Q,U)＝C不变，反映了电容器容纳电荷的本领平行板电容器，C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了平行板电容器的决定因素联系电容器容纳电荷的本领，即电容的大小可以由Q、U来量度，但决定因素是电容器本身，如平行板电容器的εr、S、d等因素二、电容器两类动态变化的分析比拟1．第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变2．第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变三、区分两个易错点1．静电计连接在电容器上测量电容器两端的电势差。2．电容器中插入玻璃板，会使电容器的相对介电常数增大，电容增大；插入金属板，相当于电容器极板间距减小，电容增大。[研透常考题根]利用两个表达式掌握影响电容器电容的因素[例1](多项选择)电容式传感器的应用非常广泛，如下图的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，以下判断正确的选项是()A．图甲中两极间的电压不变，假设有电流流向传感器正极，那么h正在变小B．图乙中两极间的电荷量不变，假设两极间电压正在增加，那么θ正在变大C．图丙中两极间的电荷量不变，假设两极间电压正在减小，那么x正在变大D．图丁中两极间的电压不变，假设有电流流向传感器的负极，那么F为压力且正在变大[思路点拨](1)明确变量和不变量。(2)利用电容器的定义式和决定式进行分析和判断。[解析]题图甲中两极间距离不变，假设h变小，说明两极板间正对面积减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知对应电容减小，电压不变时，电容器带电荷量减小，正在放电，故电流流向传感器负极，A错；题图乙中两极间的电荷量不变，假设电压正在增加，由C＝eq\f(Q,U)可知电容正在减小，板间距离不变，正对面积减小，那么动片正在旋出，θ正在变大，B对；题图丙中两极间的电荷量、板间距离不变，假设板间电压正在减小，说明电容正在增大，电介质正在插入，x正在增大，C对；题图丁中两极间的电压、极板正对面积不变，假设有电流流向传感器的负极，说明电容器正在放电，电容减小，板间距离增大，假设F为压力，那么应是F正在减小，D错。[答案]BC[即时训练]全国公安机关逐步推行身份证登记指纹信息。某类型指纹采集器使用的是半导体指纹传感器：在一块半导体基板上阵列了数百万金属颗粒，传感器阵列的每一点是一个金属电极，充当电容器的一极，其外面是绝缘的外表，手指贴在其上与其构成了电容器的另一极。由于指纹的嵴在空间上是凸起的，峪是凹下的，嵴和峪与半导体电容感应颗粒形成的电容值大小不同。采集器通过对每个电容感应颗粒充、放电的电流进行测量，得到不同的数值，设备将采集到的不同数值进行汇总处理，从而完成指纹的采集任务，那么()A．指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，电容小B．指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，电容小C．对每个电容感应颗粒，在手指靠近时，各金属电极电荷量减小D．对每个电容感应颗粒，在手指远离时，各金属电极均处于充电状态解析：选B指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离表示为平行板电容器的间距，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知d小，C大，A错误，B正确；手指靠近时，d减小，电容增大，在电压一定的情况下，电荷量增大，处于充电状态，C错误；同理手指远离时，处于放电状态，D错误。电容器的两种动态变化问题[例2]如下图，在平行板电容器正中间有一个带电微粒。S闭合时，该微粒恰好能保持静止。在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开。以下说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是()A．①情况下，可以通过上移极板M实现B．①情况下，可以通过上移极板N实现C．②情况下，可以通过上移极板M实现D．②情况下，可以通过上移极板N实现[思路点拨]①情况下