2024版高考物理复习教案：第一篇 专题三 第9讲　电场

第9讲电场目标要求1.理解电场的性质，会比较电场强度大小、电势高低、电势能大小，会分析和计算静电力做功问题。2.会通过电场中的图像来分析问题。3.会用动力学观点和能量观点分析处理带电粒子(带电体)在电场中的运动问题。考点一电场的性质1．电场强度的分析与计算(1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱(电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来进行比较。(2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。2．电势高低的判断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；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低电势能的大小正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低静电力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低3.电势能大小的判断(1)做功判断法：由WAB＝EpA－EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。(2)电荷电势法：由Ep＝qφ可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大。(3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，动能减小时，电势能增大。例1(2023·江苏扬州市高邮中学模拟)如图所示为避雷针周围的等势面分布情况，电场中有M、N、P三点，则()A．P点的电势比M点的高B．M、N两点的电场强度相同C．P点的电场强度大小比M点的大D．电子在P点的电势能大于其在M点的电势能答案D解析由题图可知，P点的电势为6kV，M点的电势为8kV，所以P点的电势比M点的低，A错误；电场强度的方向与等势面垂直，所以M、N两点的电场强度的方向是不同的，B错误；等差等势面密的地方电场强度大，结合题图可知，P点附近的等势面较稀疏，所以P点的电场强度小于M点的电场强度，C错误；电势能Ep＝qφ，电子带负电，所以电势越高，电势能越低，因为P点的电势比M点的低，所以电子在P点的电势能大于其在M点的电势能，D正确。例2(2022·江苏卷·9)如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心，将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则()A．在移动过程中，O点电场强度变小B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点答案D解析O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误；移动过程中，C点电场强度变小，C点的正电荷所受静电力变小，故B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误；OA段的电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。考点二电场中的图像问题电场中几种常见的图像v－t图像当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况φ－x图像(1)从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化(2)φ－x图线切线的斜率绝对值表示沿x轴方向电场强度E的大小E－x图像以电场强度沿x轴方向为例：(1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向(2)图线与x轴围成的“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定Ep－x图像(1)图像切线的斜率绝对值表示静电力大小(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况例3两点电荷M、N分别固定在x＝－20cm和坐标原点处，所形成电场的电势在x轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x0处，x＝20cm处电势最低，取无穷远处电势为0，一正电荷q自x0处由静止释放，则()A．x0处的电场强度为0B．电荷M、N所带电荷量大小之比为4∶1C．正电荷q运动的过程中，加速度先增大后减小D．正电荷q运动的过程中，电势能先增大后减小答案B解析φ－x图像，斜率表示电场强度，在x0处的图像斜率不为零，则电场强度不为零，故A错误；x＝20cm处图像斜率为零，则满足keq\f(Q1,40cm2)＝keq\f(Q2,20cm2)，所以电荷M、N所带电荷量大小之比为eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,1)，故B正确；一正电荷q自x0处由静止释放，根据电势变化情况可知，自x0处右侧电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，电场强度先减小为零后反向增大再减小，根据牛顿第二定律，有Eq＝ma，可知正电荷q运动的过程中，加速度先减小为零后反向增大再减小，故C错误；正电荷q自x0处由静止释放，根据电势变化情况可知，自x0处右侧电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。例4(2023·江苏扬州市期末)如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量正点电荷A和B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L，一带负电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点，取无穷远处的电势φ＝0，以C点为坐标原点，向右为x轴的正方向，下列关于电势φ、电场强度E、小球的电势能Ep及动能Ek随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是()答案A解析从C点到D点，电场线方向先向右后向左，则电势先降低后升高，且电势都大于零，并关于O点对称；小球带负电，所以小球的电势能先增大后减小，小球在C、D两点处的电势能相同，故A正确，C错误；由于小球的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律知，动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故D错误；设AC＝BD＝r，点电荷A和B的电荷量大小为Q，则当位移为x时，电场强度为E＝keq\f(Q,r＋x2)－keq\f(Q,r＋2L－x2)，由数学知识可知E与x是非线性关系，图像是曲线，故B错误。考点三带电粒子(带电体)在电场中的运动1．带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外。2．带电粒子(带电体)在电场中的常见运动及分析方法常见运动受力特点分析方法静止或匀速直线运动合外力F合＝0共点力平衡变速直线运动合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上1.用动力学观点分析：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，适用于匀强电场2．用功能观点分析：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，匀强和非匀强电场都适用带电粒子在匀强电场中的偏转进入电场v0⊥E，粒子做类平抛运动运动的分解偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)侧移距离：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y0＋Ltanθ＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ粒子斜射入场，粒子做类斜抛运动运动的分解垂直电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsinθ沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcosθ－eq\f(qE,2m)t2带电粒子在非匀强电场中运动静电力在变化动能定理，能量守恒定律3．带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。例5(2023·全国乙卷·19改编)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球()A．在运动过程中，电势能先增加后减少B．在P点的电势能小于在N点的电势能C．在M点的机械能等于在N点的机械能D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功答案C解析由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A、B错误，C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。例6(2023·江苏南京市三模)如图所示，真空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电荷量分别为＋q和－3q的两小球同时从O点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中，v0方向与水平方向成60°角，A、B(图中未画出)两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为v0，若仅把带正电的小球射入速度变为2v0。其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是()A．两小球同时到A、B两点B．OA与OB之比为eq\r(3)∶1C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶3D．带正电的小球经过C点的速度大小为2v0答案C解析由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为v0y＝v0sin60°，上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确；水平方向只受静电力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为v0x＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，由题可知，带正电的小球有v0＝eq\f(1,2)v0＋at，带负电的小球有v′＝eq\f(1,2)v0－3at，解得v′＝－v0，方向与水平初速度方向相反，可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有静电力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶1，C错误；由上分析可知v0y＝v0sin60°＝gt，v0＝eq\f(1,2)v0＋at，联立解得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与OB之比为eq\r(3)∶1，B正确；由题可知带正电小球初速度变为2v0后，水平方向初速度vx′＝2v0cos60°＝v0，竖直方向初速度vy′＝2v0sin60°＝gt′，v″＝vx′＋at′，联立得v″＝2v0，D正确。例7如图所示，竖直面内有一光滑绝缘轨道ABCD，其中AB轨道水平，BCD为四分之三圆周轨道，轨道的半径为r，B点为圆形轨道的最低点，C为圆形轨道的最高点，水平轨道和圆形轨道在B点平滑连接，在整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度E＝eq\f(3mg,4q)(g为重力加速度)，一不计大小、带正电的小球，电荷量为q，质量为m，小球在水平轨道上距B点的距离为l处静止释放，小球沿圆弧恰好能到D点，求：(1)小球的初始位置距B点的距离；(2)小球受到的圆轨道的最大弹力。答案(1)eq\f(23,6)r(2)eq\f(15mg,2)解析(1)从圆心处作重力和静电力的示意图静电力和重力进行合成，二力合力与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，由数学知识可知sinθ＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)合力方向指向圆弧于H点，合力的反向延长线指向圆弧于F点，F点为复合场的最高点，若小球能到D点，即小球必须到F点。若刚好到F点，重力和静电力的合力刚好提供向心力，则有eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mvF2,r)根据动能定理有qE(l－rsinθ)－mg(r＋rcosθ)＝eq\f(1,2)mvF2解得l＝eq\f(23,6)r(2)小球在H处对轨道的压力最大，即受到的弹力最大，从F到H，根据动能定理有eq\f(mg,cosθ)2r＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvF2根据牛顿第二定律得FN－eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mvE2,r)解得FN＝eq\f(15mg,2)。带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动(1)等效重力法将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。1.如图所示，两等量同种点电荷＋q(q>0)固定在菱形的两个顶点A、C上。E、F是该菱形对角线AC与其内切圆的交点，O点为内切圆的圆心，a、b、c、d四点为切点。现有一带正电的点电荷从E点由静止释放，下列说法正确的是()A．a、b、c、d四点的电场强度相同B．D、O、B三点的电势相等C．点电荷在从E点运动到O点的过程中库仑力做正功D．点电荷从E点运动到F点的过程中速度一直增大答案C解析根据等量同种点电荷周围的电场线分布图a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的库仑力向右，所以此过程中库仑力做正功，C正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的库仑力先向右，后向左，所以库仑力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D错误。2.如图所示的真空中，在正方体ABCD－A1B1C1D1空间中顶点A、C1处固定有等量的正电荷，下列说法正确的是()A．B点和D点的电势相等且比B1点和D1的电势都高B．B1点和D1点的电场强度相同C．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做类平抛运动D．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动答案D解析由两个等量同种电荷产生电势的对称性知顶点B、D、B1、D1处的电势相等，故A错误；由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；两个等量正电荷形成的电场不是匀强电场，电子不可能做类平抛运动，故C错误；只在静电力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小恒定的静电力，电子可以在垂直于AC1的平面内绕正方体ABCD－A1B1C1D1的中心做匀速圆周运动，故D正确。专题强化练[保分基础练]1.(2023·江苏省模拟)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是()A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加B．O点电势与C点电势相等C．DO间的电势差等于OB间的电势差D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受静电力的方向竖直向下答案D解析将一正电荷由A点移到B点，静电力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；AC所在平面与BD垂直，与其他电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；根据电场线的疏密程度可知DO间的电场强度大于OB间的电场强度，由U＝Ed可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；在O点放置一负点电荷，该电荷所受静电力的方向与该点电场线方向相反，竖直向下，故D正确。2．(2023·江苏苏州木渎高级中学三模)人体的细胞膜模型图如图甲所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示。初速度可视为零的正一价钾离子仅在静电力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，下列说法正确的是()A．钾离子的电势能增大B．A点电势等于B点电势C．若膜电位增加，则钾离子进入细胞内的速度更大D．若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度越大答案C解析初速度可视为零的一价正钾离子仅在静电力的作用下，从题图乙中的A点运动到B点，可知静电力做正功，所以钾离子的电势能减小，故A错误；分析可知电场线从A到B，沿电场线方向电势降低，所以A点电势大于B点电势，故B错误；由动能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2，若膜电位不变，即电压U不变，钾离子进入细胞内的速度不变，电压U增加时，速度增大，故C正确，D错误。3.在竖直向上的匀强电场中，有两个质量均为m、带等量异种电荷(电荷量绝对值为q)的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示。A、B两球抛出点到落地点之间的水平距离分别是L1和L2。两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，下列说法不正确的是()A．A球带正电，B球带负电B．B球比A球先落地C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A、B球的机械能变化量大小相等答案C解析两球在水平方向都做匀速直线运动，v0相同，由x＝v0t知，A运动的时间比B的长，竖直方向上，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受到的静电力向上，带正电，B受到的静电力向下，带负电，故A正确；A运动的时间比B运动的时间长，则B球比A球先落地，故B正确；A受到的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加，A球的机械能减小，减小量为ΔEA＝qEh；B受到的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减小，B球的机械能增加，增加量为ΔEB＝qEh，故C错误，D正确。4.(2022·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为()A．正电荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正电荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．负电荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．负电荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案C解析取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,2R2)，联立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故选C。5.(2023·江苏省百校高三第三次考试)某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示。一带电粒子在坐标原点O处静止释放，仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，下列说法正确的是()A．粒子可能带负电B．粒子在x1处电势能最小C．粒子能够运动到x2处D．粒子受到的静电力先增大后减小答案B解析由题图可知，x轴从坐标原点到x1处电势逐渐降低，从x1处到x2处电势逐渐升高；带电粒子从坐标原点O处由静止释放，仅在静电力作用下运动到x1处时，静电力做正功，电势能减小；从x1处之后静电力做负功，电势能增大，故在x1处电势能最小；由于从坐标原点O处到x1处时，电势降低，所以该粒子沿着电场线的方向运动，故该粒子带正电，故A错误，B正确；由于粒子只在静电力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为0，故不能到达x2处，故C错误；由题图可知，图像的斜率绝对值等于电场强度的大小，可知粒子受到的静电力先减小后增大，故D错误。6.如图所示，四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，O为菱形中点，E、F两点分别是AD、BC边的中点，G为BD延长线上一点，O、G两点关于D点对称，在A、B、C三点分别固定电荷量为＋Q、＋Q、－Q的点电荷，以无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是()A．O点电场强度比G点电场强度大，G点电势比O点电势高B．O、D、E、F、G五点的电势均为正C．一个负试探电荷在E点时的电势能比在O点时的电势能大D．将一个正试探电荷沿直线从F点移到D点，电势能先减小后增大答案B解析在A、C两点固定的等量异种点电荷产生的电场中，直线BD是一条等势线，故O、D、G三点的电势均为零，在B点固定的点电荷产生的电场中，O、D、G三点的电势均为正，则电势叠加的结果为φO>φD>φG>0；在B、C两点固定的等量异种点电荷产生的电场中，E点电势为正，F、D两点电势为零，在A点固定的点电荷产生的电场中，E、F、D三点电势均为正，电势叠加的结果为φE>φD>φF>0；在A、B两点固定的点电荷产生的电场中，E、O两点电势相等，在C点固定的点电荷产生的电场中，E点电势比O点电势高，综上可得φE>φO>φG≠φF>0，A错误，B正确；由上述分析可知负试探电荷在E点的电势能比在O点的电势能小，C错误；正试探电荷沿直线从F点移到D点，电势能不断增大，D错误。[争分提能练]7.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则()A．M板电势高于N板电势B．两个粒子的电势能都增加C．粒子在两板间的加速度为a＝eq\f(2v02,L)D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案C解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正确，D错误。8．(2022·河北卷·6)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是()A．P点电势低于S点电势B．T点电场强度方向指向O点C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功答案B解析在直线MN上，正电荷在M点右侧电场强度水平向右，负电荷在N点左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N点的左侧电场强度不可能为零，设M、N之间的距离为L，在N点右侧与N点距离为d的点电场强度为零，则有eq\f(k·2q,L＋d2)＝eq\f(k·q,d2)，可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增加，静电力做负功，故D错误；由于电场强度方向垂直于等势面，可知T点的电场强度方向所在直线必过等势面的球心O，根据异种电荷的电场线分布情况可知，N、S间电场线方向由S指向N，则φS>φO，由于φT＝φS，则φT>φO，故T点电场强度方向指向O点，故B正确。9.(2023·江苏盐城市三模)在x轴的坐标原点固定一电荷量绝对值为q的点电荷，在x＝8x0处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示。选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是()A．x＝3x0处的电场强度大于x＝5x0处的电场强度B．x＝3x0处的电势高于x＝5x0处的电势C．在x＝8x0处点电荷的电荷量的绝对值为3qD．电子沿x轴从x＝x0移动到x＝5x0过程中电势能先增加后减少答案D解析由题图可知，从x＝2x0处到x＝8x0处，电场强度反方向不断增大，所以x＝3x0处的电场强度小于x＝5x0处的电场强度，故A错误；在x轴的坐标原点固定一电荷量绝对值为q的点电荷，在x＝8x0处固定另一点电荷，选取x轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量正电荷产生的电场，可知x＝2x0处到x＝8x0处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以x＝3x0处的电势低于x＝5x0处的电势，故B错误；设在x＝8x0处固定另一点电荷的电荷量为q′，在x＝2x0处电场强度为0，可得keq\f(q,2x02)＝keq\f(q′,8x0－2x02)，解得q′＝9q，故C错误；电子沿x轴从x＝x0移动到x＝2x0过程，顺着电场线运动，可知静电力做负功，电势能增加，从x＝2x0移动到x＝5x0过程，逆着电场线运动，可知静电力做正功，电势能减少，所以电子沿x轴从x＝x0移动到x＝5x0过程中电势能先增加后减少，故D正确。10.(2023·江苏无锡天一中学阶段练习)如图所示，长为4l、倾角为37°的光滑绝缘细杆AD垂直穿过半径为l、带电荷量为－Q的固定大圆环圆心O，细杆上B、O、C三点等分细杆长度。现从细杆的顶端A无初速度地释放一个质量为m、带电荷量为＋q的套在细杆上的可视为点电荷的小滑环。已知静电力常量为k，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，大圆环上的电荷均匀分布，小滑环上的电荷不影响电场分布，则下列说法正确的是()A．大圆环在B点产生的电场强度大小为eq\f(kQ,4l2)B．小滑环在B点的加速度大小为eq\f(\r(2)kQq,4ml2)C．小滑环从B到C的过程中静电力所做的功为eq\f(\r(10)kQq,25l)D．小滑环在D点的速度大小为eq\r(\f(24,5)gl)答案D解析由题意可知OB＝eq\f(1,4)×4l＝l，圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为Q1，该点到B点的距离为r＝eq\r(l2＋l2)＝eq\r(2)l，Q1在B点产生的电场强度为E1＝keq\f(Q1,r2)＝keq\f(Q1,2l2)，以O点为坐标原点，OA方向为正方向建立x轴，Q1在B点产生的电场强度在x轴方向的分量为E1x＝E1cos45°＝eq\f(\r(2)kQ1,4l2)，大圆环在B点产生的电场强度大小E＝eq\i\su(i＝1,n,E)ix＝eq\f(\r(2)kQ,4l2)，故A错误；小滑环在B点，由牛顿第二定律得qE＋mgsin37°＝ma，解得a＝eq\f(\r(2)kQq,4ml2)＋eq\f(3,5)g，故B错误；由对称性可知B、C两点电势相等，UBC＝0，小滑环从B到C的过程中静电力所做的功WBC＝qUBC＝0，故C错误；由对称性可得库仑力做功WAO＝－WOD，WAO＋WOD＝0，从A到D，由动能定理得mg·4l·sin37°＋WAO＋WOD＝eq\f(1,2)mvD2，解得vD＝eq\r(\f(24gl,5))，故D正确。11.如图所示，带电平行板倾斜放置且与水平面间的夹角为θ，两板间的电压U＝8×103V，两板间的距离d＝0.4m，圆形光滑轨道竖直固定放置，最低点B正好在上极板的边缘，C点是圆弧轨道的最高点；质量m＝0.1kg、电荷量q＝＋10－4C的小球，从贴近平行板下极板的