2023年高考物理一轮系统复习学思用(考点分析)-第四节 电场性质的综合应用

【考点分析】第四节电场性质的综合应用

【考点一】点电荷电场中功能关系的综合问题

【典型例题1]（2021・河南名校联盟联考）如图所示，固定于同一条竖直线上的4、B

是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+。和一。，4、B相距为24.是竖直

放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为，"，电荷量为+q（可视为点电

荷，放入电场后不影响电场的分布），现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放,

小球尸向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为u,已知与AB之间的距离为d,

静电力常量为鼠重力加速度为g.则（）

M

C

O

D

N

A.C、。两点间的电势差

B.。点处的电场强度

C.小球下落过程中重力势能和电势能之和不变

D.小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为啦v

【解析】小球P由C运动到。时，由mgd+qUco=v2-0,得Uco=""选

项A错误；

对小球。在。点处时受力分析，如图所示，F产F产端=驿它们的合力为：F=

Ficos45。+尸2cos45°=田蟹，，则O点处的电场强度E=（=*华,选项B正确；

小球下落过程中重力势能、动能和电势能之和不变，选项C错误；

小球P由。运动到。的过程，由动能定理得：〃国/+<7。8=品后—//,由等量异种

点电荷的电场特点可知Uco=Uoo，联立解得力=也丫，选项D正确.

M

A

【答案】BD

【考点二】匀强电场中功能关系的综合问题

【典型例题2】（2022•江苏盐城市高三（下）二模）如图所示，固定光滑直杆上套有一个

质量为如带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘

相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。

已知直杆与水平面的夹角为。，两弹簧的劲度系数均3〃?gsm”,小球在距8点士L的P点

L5

4

处于静止状态，。点距A点二乙，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。贝！J（）

A.匀强电场的电场强度大小为雪妆

5q

B.小球在。点的加速度大小为《gsin。

12

C.小球运动的最大动能为石机gLsin。

D.小球运动到最低点的位置离8点距离为

5

【解析】A.依题意，小球在距8点24L的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的

5

弹力合力大小为尸=2ZAx=2x3〃?gsin,乂人=sin6,对小球由共点力平衡可得

L55

(mg+qE)sin0=F,解得E=工，故A错误；

5<7

B.根据对•称性，可知小球在。点的受两弹簧弹力合力情况与尸点大小相等，方向相反,

12

根据牛顿第二定律，有F+Oig+qE)sinduma,求得。=彳85m6,故B错误：

C.小球从。点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0,速度最大，动能最

大，从。到P过程中，根据动能定理可得(mg+qE)x°pSine=Ekm—()，由几何关系可求

4212

得XQP=2L_2X_L=_L,联立求得线,"u唠mgLsin。，故C正确；

D.依题意，可判断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡

位置，根据筒谐运动的对称性可知，小球运动最低点到尸点距离为所以小球运动到最

5

2422

低点的位置离8点距离为彳二XW一一L=-L一一L=-L,故D错误。故选C。

PB5555

【答案】C

【考点三】匀强电场中连接体的功能关系的综合问题

【典型例题31A、B两物体质量均为“，其中A带正电，电荷量为+令，8不带电，

通过劲度系数为％的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时A、8都处于

静止状态.现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度£=等，式中g为重力加速度，若不

q

计空气阻力，不考虑4物体电荷量的变化，则以下判断正确的是()

J4

i

sE

B

A.刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2g

B.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大

C.从施加电场开始到2刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物

体电势能的减少量

D.B刚要离开地面时，A的速度大小为2G理

【解析】在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加电场的瞬间，力物体受到的

合力为A所受的电场力，故解得a=2g,方向向上，故A正确；B刚要离开地面

时，地面对8弹力为0,即F为=mg,对4物体%=，”g+F再，即A物体所受合力为0,因

此从施加电场开始到B刚要离开地面过程，4物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物

体速度大小一直增大，故B正确；从施加电场开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能

增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面

的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误;

当B刚要离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场到8离开地面，

弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为x=半，根据动能定理可知用一〃琢x=/解得

v=24片，故D正确.

【答案】ABD

【考点四】与v-t图象有关的电场问题的运算

【典型例题4】（2021•江西鹰潭市二模）如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方

向的电场，MN是电场中的一条直线，线上有A、B、C三点。一带电量为+2xl（y3c、质量

为lxl（y3kg的小物块从A点静止释放，只受电场力，沿MN作直线运动，其运动的回图像

如图乙所示，经过B点时图像该点切线斜率最大（图中斜虚线），C点处的切线平行于，轴，

运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是（）

MaBcN

甲乙

A.A8两点电势差以产4丫

B.AC间各点电场强度方向相同，8点场强最大，大小为E=lV/m

C.由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大

D.小物块从B点到C点电场力做的功卬=10刃

【解析】A.物块在A到8的过程中，根据动能定理得叱^二,机4一,加片，带入

202A

数据解得MB=8x10-3j,由。”=以，带入数据解得UAB=4V,故A正确：

q

B.根据v-r图的斜率等于加速度，可得在8点的加速度最大为a=」-=2m/s2,所

5-3

受的电场力最大为F=/m=lxlO-3x2N=2xlO-3N,则电场强度的最大值为

F?xI0-3

E=—==1N/C,故B正确；

q2x10-3

C.由v-f图可知由4到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直减小，故C

错误；

D.物块从B点到C点电场力做的功

W=吆一;m%=gxlxl0-3x（62-42）=10力，故D正确。故选ABD。

【答案】ABD

【考点五】与v-x图象有关的电场问题的运算

【典型例题51（2021.安徽合肥市二模）空间有一沿x轴分布的电场，x轴上有P、Q

两点，其位置坐标分别为必、2.0—质量为加、电荷量为q（q>0）的粒子从坐标原点。以初速

度物沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图所示，粒子仅受电场力作

用，设O点电势为零。则下列说法正确的是（）

O沏2%0X

A.该电场为匀强电场

B.粒子在尸点的电势能为:〃而

c.。点的电势为——-

2q

D.粒子在O尸间的平均加速度比PQ间的大

【解析】AD.由图中数据可得粒子在OP间和间运动位移均为xo；但在OP间运

动平均速度大于PQ间平均速度，^tOP<tPQ,而两个阶段速度变化量均为因此在

OP段平均加速度更大，因为前后两段平均加速度不一样大，即电场力不一样大，该电场不

是匀强电场，A错误D正确；

B.由动能定理可得：0至1IP电场力做的功W=；，〃（g%）2—gm%2,解得

W=--mv^,又因为0点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量耳='2,B错

88

误；

C.由动能定理可得：。到。电场力做的功W'=0—Jm%2,解得又

因为。点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量；即与2=；加%2,电势

P2

（pQ==---.C错误。故选D。

q初

【答案】D

【考点六】与a-x图象有关的电场问题的运算

【典型例题6】（2021•化州市第一中学月考）一个带负电的粒子从尤=0处由静止释放,

仅受电场力作用，沿无轴正方向运动，加速度。随位置变化的关系如图所示，々-占=工3一%

可以得出（）

A.在西和£处，电场强度相同

B.从网到£过程中，电势先升高后降低

C.粒子经X和£处速度等大反向

D.粒子在超处电势能最大

【解析】A.因为4后=〃"，所以在芯和七处，电场强度和加速度大小成正比，方

向相反，故A错误；

BD.根据图像可知，从占到反过程中，粒子先加速后减速，所以电场力先做正功，后

做负功，电势能先减小后增大，到超处，电势能最小，根据综=4*可知，粒子带负电，

所以电势先升高后降低，故B正确，D错误;

2eV"

C.根据运动学公式可知v=2ax可知，a-x图像的面积表示5,所以粒子经石和x3处

速度大小相等，方向相同，故C错误。故选B。

【答案】B

【考点七】与«-v图象有关的电场问题的运算

【典型例题7】（2021•浙江三模）如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直

向上的、足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球

的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为〃?，重力加速度为g,空气阻

力不能忽略。下列说法正确的是（）

E

O

甲乙

A.小球运动的速度一直增大

B.小球先做匀加速运动后做匀速运动

C.小球刚开始运动时的加速度大小4=g

D.小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比

【解析】A.小球速度增大到阳后，加速度。变为0,于是速度不再继续增大，故A

错误；

B.小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；

C.剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时

加速度4,Vg,故c错误；

D.由图像，可得a=Zv+q）,由牛顿第二定律，可彳导mg-qE—f=ma,可解

出加速度为a=-/+g-及，联立可知。=8-幺£,还可知-£=如，即/=一6丫，

mmmm

故D正确。故选D。

【答案】D

【考点八】与（P-X图象有关的电场问题的运算

【典型例题8]（2022•河北省石家庄高三（下）质检（一））如图甲所示，在x轴上有0、A、

B、C、D五点,坐标分别为0、/、2/、3%、4/，静电场的电场强度方向与x轴平行,

电势0随x的分布如图乙所示。一质量为机、带电荷量为+4的粒子，以初速度%从。点沿

X轴正方向进入电场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）

A.若粒子能运动到4处,%至少为

m

B.若粒子能运动到A处，粒子一定能运动到。处

C.若粒子能运动到B处，粒子在4、B间做匀速直线运动

D.若粒子能运动到C处，粒子在C处的速度为、说-如

Vm

【解析】A.从。到A根据动能定理一州o=O-L”片，解得%=、②，故A错

2Vm

误；

B.粒子在从O到A做减速运动，若粒子运动到A点速度刚好为零，则该粒子不能运

动到D处，故B错误；

C.若粒子能运动到8处，因为A、5为等势面，所以粒子在A、3间运动时电场力不

做功，即粒子在4、8间做匀速直线运动，故C正确；

D.从O到C根据动能定理—例一外---,解得v=Jv；—/色，故

V2J22Vm

D正确。故选CD。

【答案】CD

【考点九】与E-x图象有关的电场问题的运算

【典型例题9】（2021•广东深圳市调研）真空中，在x轴上x=0和x=8m处分别固定

两个电性相同的点电荷Q和Q,电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示（+x

方向为场强正方向），其中x=6m处E=0.将一个正试探电荷在x=2m处由静止释放（重力

不计，取无限远处电势为零），则（）

A.。2均为负电荷

B.Qi、Q2带电荷量之比为9：1

C.在x=6m处电势为0

D.该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小

【解析】由题图知，在x=0处场强为正，x=8m处场强为负，可知。卜。2均为正电

荷，故A错误；

根据题意“x=6m处E=0"可知在x=6m处，£|=£2，即呼'=瞪，解得覆=$=小故

B正确；

由于无限远处电势为零，故在x=6m处电势不为0,故C错误；

该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功不做负功，因此电势能先减小后增大,

故D错误.

【答案】B

【考点十】与Ep-x图象有关的电场问题的运算

【典型例题10]（2021,四川省石室中学）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正

向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0-X2段是关于直线X=X]对称的

曲线，X2-X3段是直线，则下列说法正确的是（）

A.Xi处电场强度最小，但不为零

B.X2~X3段电场强度大小方向均不变，为一定值

C.粒子在0〜X2段做匀变速运动，X2〜X3段做匀速直线运动

D.在0、xi、X2、X3处电势q）o、Qi、q）2、S的关系为（P3>q）2=（po>q）i

【解析】根据电势能与电势的关系：Ep=q（p-场强与电势的关系：E=丝，结合分析

图象斜率与场强的关系，即可求得X1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由

Ep=q<p,分析电势的高低.由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质.根

据斜率读出场强的变化，由F=qE,分析电场力的变化，从而明确其运动过程的变化.根据

A01AE„

电势能与电势的关系：Ep=q（p,场强与电势的关系：E=—,得：E=——乙,由数学知识

△tqAx

△E“

可知Ep-x图象切线的斜率等于广，xi处切线斜率为零，则xi处电场强度为零，故A错

误；

由图看出在。〜XI段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力

减小，加速度减小，做非匀变速运动；XI〜X2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子

所受的电场力增大，做非匀变速运动；X2〜X3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方

向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误;

0与X2处电势能相等，根据Ep=q<p可知0与X2处电势5）、<P2的关系为中0=中2，X|处电

势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，X3处电势最小，即⑺>5=中0>中3,

故D错误.故选B.

【答案】B

【考点十一】带电物体在含有传送带的交变电场中的运动

【典型例题11】如图甲所示，倾角为，的绝缘传送带以2m/s的恒定速率沿顺时针方

向转动，其顶端与底端间的距离为5m,整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，

电场强度大小随时间按图乙规律变化。/=0时刻将质量〃7=O.O2kg的带正电小物块（电荷量为

q）轻放在传送带顶端，物块与传送带间的动摩擦因数为亚，已知IsinQ,、cosd=2匹，

655

=2娓mg,取g=]0mzs2,则小物块（）

5q

甲乙

A.始终沿传送带向下加速

B.运动过程中加速度大小变化

C.在传送带上运动的总时间为2.5s

D.与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48J

【解析】AB.存在电场时，有mgsin0-cos0-Eoq)=ma,解得a=2m/s2，

不存在电场时，有机85由|9一〃,密以光6=〃⑷'，解得"=-2m/s2，所以小物块先匀加速

再匀减速运动，交替进行，AB错误；

11s

C.一个周期运动的位移为%=2x—4(—T)2=2m,所以运动的时间为，=—T=5s,

22So

C错误；

D.在没有电场时•，小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为

s'=2(2xl+—x2xl)m=6m,发热量为Q=〃〃?gcosts'=0.48J,D正确。故选D。

2

【答案】D

【考点十二】带电体在重力场和电场中的圆周运动

【典型例题121(2022•山东日照市高三(下)一模)如图所示，在水平向左且足够大的匀

强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于。点，另一端系着一个质量为加、电荷量为g

的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于0M的初速度vo,使其在竖直平面内

绕0点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为叵现，

q

重力加速度为g。当小球第二次运动到8点时细线突然断裂，则下列说法正确的是()

B

A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为mgL

B.细线断裂后，小球动能的最小值为gmgL

C.从细线断裂到小球的动能与8点动能相等的过程中，电势能增加了mgL

Q

D.从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了

【解析】A.由题意等效最高点在0M连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N,

则在N点满足/=\](mg)2+(y/3mg)2=2mg,所以2mg=把-,即动能的最小值为

L

Ekmin=mgL,故A正确：

B.由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，

又因为从B到N点，由动能定理得-2mg(L-Lsin30°)=1mv2一;相/，解得以=2如，

所以最小动能为Emm〃(腺sin30°)2,故B正确；

C.因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功

为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足％cos30。=〃，

a=«S=2g,x=vBsin30°-2t,AE=-{-qExCQS60°)=—mgL,即电势能增加了

m2

3

^mgL,故C错误；

D.从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相

当于B点水平方向的速度等大反向时，即％=aT,qE=ma',〃=；g(2/')2,W=mgh,

Q

W=解得△£1„'=——mgL,故D正确。故选ABD。

pp30

【答案】ABD

【考点十三】带电物体在等效重力场中的综合问题

【典型例题13](2021•山东滨州市二模)如图所示，轻绳的一端挂一小球，另一端连

接一轻质小环，小环套在水平放置的足够长的直杆上，M为直杆上的一点，MN为垂直于直

杆的分界线，的左侧存在水平向右的匀强电场。直杆在M左侧部分光滑，M右侧部分

环与杆的动摩擦因数〃=0.75将小环用一插销固定在直杆的。点，小球静止时轻绳与竖直方

,13

向的夹角0=37。。已知，小球质量为带电荷量的大小为/绳长为/,点到的距离为百/,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力($抽37。=0.6,cos37o=0.8,重力加速度为g)。求：

(1)电场的电场强度E大小；

(2)拔下插销后，轻绳第一次竖直前瞬间小球速度PI大小；

(3)小球第一次离开电场的速度也大小；

(4)小球第一次离开电场后摆动到最大高度时，轻绳与竖直方向的夹角。

【解析】⑴对带电小球列平衡方程必=〃zgtan6,解得电场的电场强度E=即空•<1

(2)拔下插销后，对小球列牛顿第二定律」驾=加4，由几何关系可知拔下插销后

cos6>1

小球沿绳方向运动位移西=———I,对小球沿绳方向的匀变速直线运动列运动学方程

COS。

片=2.内，联立解得，轻绳第一次竖直前瞬间小球速度阿=母京。

(3)轻绳恰好竖直时刻，对小球速度分解可求得小球在水平方向的分速度

%=v,sin37°,轻绳竖直后对小球列牛顿第二定律qE=ma2,拔掉插销到轻绳竖直过程,

小环到0点的水平距离x=/tan6,小球沿水平方向做匀加速直线运动的位移

13

对小球在水平方向的匀加速直线运动列运动学方程(-用=2%々，联立解

得”杼。

(4)小环滑动到分界线后，若某时刻细绳与竖直方向夹角为小对小环受力分析，列

平衡方程4sine=5,FT3S（P=FN，轻质环不滑动的条件是否W〃品，联立解得轻

环不滑动的条件是轻绳与竖直方向的夹角PW37。轻环经过MN后，处于静止状态，小球做圆

周运动对小球列动能定理cosa）=