第八章静电场

第八章静电场第1节电场力的性质一、静电现象电荷守恒定律1.电荷（1）两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。（2）电荷量：电荷的多少叫电荷量，用Q（或q）表示。在国际单位制中，它的单位是库仑，简称库，符号是C。正电荷的电荷量为正值，负电荷的电荷量为负值。（3）元电荷：电荷的多少叫电荷量，通常把e＝1.60×10－19C的电荷量叫作元电荷。2.电荷守恒定律（1）内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。（2）三种起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。（3）物体带电的实质：电子的得失。二、点电荷及库仑定律1.点电荷：当带电体本身的形状和大小对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。2.库仑定律（1）内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。（2）表达式：F＝kq1q2r2，式中k＝9.0×109N·（3）适用条件：①真空中；②点电荷。三、电场、电场强度及电场线1.电场基本性质：对放入其中的电荷有电场力的作用。2.电场强度（1）定义式：E＝Fq，单位：N/C或V/m（2）方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。（3）点电荷的电场强度：E＝kQr（4）电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。3.电场线（1）定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些有方向的曲线，曲线上每点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。（2）电场线的特点如图所示，甲、乙为正、负点电荷在相距为r的球面上各点的电场强度矢量的示意图，判断下列说法的正误。（1）真空中点电荷周围的电场强度表达式E＝kQr2中的Q表示产生电场的点电荷的电荷量。（√（2）对点电荷形成的电场，沿电场线方向电场强度越来越小。（×）（3）以点电荷为球心，以r为半径的球面上各点的电场强度均相同。（×）（4）点电荷周围电场强度大小相同的点在同一球面上。（√）考点一库仑定律的理解与应用[素养自修类]1.[库仑定律的理解]如图所示，两个带电金属球（不可视为点电荷）中心距离为r，带电荷量相等且均为Q，则关于它们之间的库仑力F大小的说法正确的是（）A.若是异种电荷，则F＜kQB.若是同种电荷，则F＞kQC.若是异种电荷，则F＞kQD.不论是何种电荷，则F＝kQ解析：C当两个金属球带异种电荷时，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r还小，因此库仑力F＞kQ2r2，故A错误，C正确；若是同种电荷，则出现相互排斥，导致电荷间距比r还大，因此库仑力F＜kQ2r2，2.[库仑定律与电荷量守恒定律的综合应用]真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离增大为原来的2倍，则A、B间的静电力大小为（）A.F8 B.C.F16 D.解析：B设A、B原来所带电荷量分别为＋Q、－Q，A、B间静电力大小F＝kQ2r2，将不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触后，A所带电荷量变为＋Q2，B所带电荷量变为－Q4，再将A、B间距离增大为原来的2倍，A、B间静电力大小F'＝kQ2·Q4(21.公式F＝kq1q2（1）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离。（2）对于两个带电金属球，当距离较近时要考虑表面电荷的不均匀分布情况，如图所示。①同种电荷：F＜kq1②异种电荷：F＞kq12.不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看作点电荷了。考点二库仑力作用下的平衡与加速问题[多维探究类]考法一库仑力作用下的平衡问题【典例1】（2021·海南高考）如图，V形对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（）A.36 B.C.32 D.解析滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带同种电荷，两者之间为库仑斥力，两滑块的受力分析和角度关系如图所示。对Q滑块在沿着斜面方向有mgcos30°＝Fcos30°，可得F＝mg，而对P滑块动摩擦因数最小时有FN2＝F'＋mgsin30°，Ff＝μFN2，Ff＝mgcos30°，F'＝F，联立解得μ＝33，故选D答案D｜解题技法｜求解涉及库仑力作用下的共点力平衡问题的思路该类平衡问题的分析方法与力学中平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多分析一个电场力。具体步骤如下：考法二三个自由点电荷的平衡问题【典例2】如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均只在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为（）A.正，B的右边0.4m处 B.正，B的左边0.2m处C.负，A的左边0.2m处 D.负，A的右边0.2m处解析要使三个电荷均只在电场力作用下处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，A、B间距离用r表示，由于三个点电荷均处于平衡状态，所以kQqx2＝9kQq(r+x)2，解得x＝0答案C｜解题技法｜“三个自由点电荷平衡”的模型（1）平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。（2）模型特点：考法三库仑力作用下的加速问题【典例3】如图所示，真空中三个质量相等的小球A、B、C，带电荷量分别为QA＝6q、QB＝3q、QC＝8q。现用适当大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中A、B、C保持相对静止，且A、B间距离与B、C间距离相等。不计电荷运动产生磁场的影响，小球可视为点电荷，则此过程中B、C之间的作用力大小为（）A.43F B.C.23F D.1解析对三个小球组成的整体进行分析，根据牛顿第二定律得F＝3ma，对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得F1＝2ma，解得F1＝23F，即A、B对C的库仑力的合力为23F，根据库仑定律得FBCFAC＝k3q·8qL2∶k6q·8q4L2＝21，根据题意知A、C带同种电荷，B、C带异种电荷，分析库仑力的方向后可知FBC－FAC＝23答案A｜解题技法｜解答库仑力作用下的加速问题的思路该类加速问题的分析方法与力学中加速问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多分析一个电场力。具体步骤如下：考点三电场强度的计算[互动共研类]1.电场强度的性质矢量性规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向唯一性电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷（场源电荷）及空间位置叠加性如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的电场强度是各场源电荷单独存在时在该点所产生的电场强度的矢量和2.电场强度的三个公式的比较【典例4】如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（）A.（0，2a），2q B.（0，2a），22qC.（2a，0），2q D.（2a，0），22q解析根据点电荷电场强度公式E＝kQr2，两点电荷在P点的电场强度大小均为E0＝kqa2，方向如图所示，两点电荷在P点的合电场强度为E1＝2E0＝2kqa2，方向斜向上且与＋q点电荷和－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的电场强度大小为E2＝kQ(2a)2＝kQ2a2，三点电荷的合电场强度为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2答案B｜规律方法｜处理电场叠加问题的一般步骤电场强度是矢量，叠加时遵循平行四边形定则。分析电场的叠加问题的一般步骤是：（1）确定要分析计算的空间位置；（2）分析该点有几个分电场，确定各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；（3）利用平行四边形定则求出各分电场强度的矢量和。1.[点电荷的电场中电场强度的计算]如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m。在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷所带电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示。下列说法正确的是（）A.B点的电场强度的大小为0.25N/CB.A点的电场强度的方向沿x轴负方向C.点电荷Q是正电荷D.点电荷Q的位置坐标为0.3m解析：D由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，A点的电场强度方向沿x轴正方向，选项B、C错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的电场强度大小EA＝kQl2＝Faqa＝4×10-41×10-9N/C＝4×105N/C，同理可得，点电荷在B点产生的电场强度大小为EB＝kQ(lAB-l)2＝Fbqb＝1×10-44×10-9N/C＝0.25×105N/C，联立解得l＝0.1m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ2.[电场强度的叠加]如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的电场强度（）A.大小为42B.大小为22C.大小为42D.大小为22解析：C一个点电荷在两条对角线交点O产生的电场强度大小为E＝kQ22a2＝2kQa2，对角线上的两异种点电荷在O处的合电场强度为E合＝2E＝4kQa2，方向由正电荷指向负电荷，两对角线方向的电场强度互相垂直，考点四电场线的理解与应用[素养自修类]1.[不同电荷形成的电场线特点]如图所示的是等量异种点电荷、等量同种正点电荷、负点电荷、正点电荷电场的电场线，其中，等量同种、等量异种点电荷电场中的A、B两点关于两电荷连线的中点O对称，则A、B两点电场强度相同的是（）解析：A根据等量异种点电荷电场线的特点，由矢量叠加原理可知关于中点O对称的两点电场强度相同，故A正确；根据等量同种点电荷电场线的特点，由矢量叠加原理可知关于中点O对称的两点电场强度等大反向，故B错误；根据负点电荷电场线的特点，A、B两点电场强度大小相同，方向不同，故C错误；根据正点电荷电场线的特点，A、B两点电场强度方向相同，大小不同，故D错误。2.[电场线的应用]如图所示是真空中两点电荷周围的电场分布情况。图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM＝ON。下列说法正确的是（）A.同一电荷在O、M、N三点所受的电场力相同B.同一电荷在O、M、N三点所受的电场力方向相同C.O、M、N三点的电场强度大小关系是EM＝EN＞EOD.把另一自由电荷从M点由静止释放，电荷将沿MON做往复运动解析：BO、M、N三点的电场强度方向相同，但大小不同，O点电场强度最大，EM＝EN＜EO，同一电荷在三点所受的电场力大小不同，方向相同，故选项A、C错误，B正确；把另一自由电荷从M点由静止释放，由于受到水平方向的电场力作用，电荷不会沿MON做往复运动，故选项D错误。3.[带电粒子的运动轨迹与电场线的关系]图中实线为真空中某一点电荷形成的电场线，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点。若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是（）A.形成电场的点电荷电性为正B.电子可能是从a点运动到b点C.电子在两点间运动的加速度一定减小D.调整电子初速度的大小和方向，电子可能做匀速圆周运动解析：C做曲线运动的物体，受力的方向一定指向轨迹凹侧，可知电子受电场力向左，形成电场的点电荷电性为负，A错误；由于电子在两点间运动的速度不断增大，因此一定是从b点向a点运动，B错误；由于从b向a运动，电场强度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐减小，C正确；由于场源电荷与电子带同种电荷，相互排斥，因此电子不可能做匀速圆周运动，D错误。1.两种等量点电荷的电场特点的比较##等量异种点电荷#等量同种点电荷电场线分布图电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大O点最小，但不为零O点为零中垂线上的电场强度O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称位置的电场强度A与A'、B与B'、C与C'等大同向等大反向2.分析电场中运动轨迹问题的方法“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线（“速度线”）与在初始位置电场线的切线（“力线”）方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。考点五静电的防止与利用[素养自修类]1.[静电平衡的理解]在点电荷－Q形成的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆盘所在平面与点电荷在同一平面内，则能正确表示圆盘上感应电荷在圆盘中A点所激发的附加电场强度E'的方向的是下图中的（）解析：A由于圆盘处于静电平衡状态，感应电荷在圆盘中A点激发的附加电场强度E'应与－Q在A点产生的电场强度E等大反向，选项A正确。2.[静电平衡的应用]（2023·江苏南京二模）下列四幅图对应的场景中，没有用到静电屏蔽原理的是（）A.三条高压输电线上方还架有与大地相连的两条导线B.高频冶炼炉C.穿戴含有金属织物的衣服工作D.金属编织网包裹着导体线芯解析：B三条高压输电线上方架着的与大地相连的两条导线组成了一个稀疏的金属网，以减小被闪电击中的概率，利用了静电屏蔽原理，故A不符合题意；高频冶炼炉利用了电磁感应原理，故B符合题意；工人穿戴含有金属织物的衣服工作，可以避免人触电，利用了静电屏蔽原理，故C不符合题意；金属编织网包裹着导体线芯利用了静电屏蔽原理降低干扰，故D不符合题意。静电屏蔽的两种情况#类别#导体外部电场不影响导体内部#接地导体内部的电场不影响导体外部图示原理因场源电荷产生的电场与导体球壳表面上感应电荷在空腔内的合电场强度为零，达到静电平衡状态，起到屏蔽外电场的作用当空腔外部接地时，外表面的感应电荷因接地将导入大地，外部电场消失，起到屏蔽内电场的作用最终结论导体内空腔不受外界电荷影响接地导体空腔外部不受内部电荷影响本质静电感应与静电平衡，所以做静电屏蔽的材料只能是导体，不能是绝缘体“融会贯通”归纳好非点电荷带电体的电场强度的计算问题方法一对称法【典例1】（2022·山东高考）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为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＝QΔLπR BC.负电荷，q＝2QΔLπR解析在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的电场强度为零，而取走的A、B处的电荷的电荷量qA＝qB＝QΔL2πR，qA、qB在O点产生的合电场强度为EAB＝kQΔL2πRR2＝kQΔL2πR3，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的电场强度大小为kQΔL2πR3，方向由C指向O。而点电荷q放在D点后，O点电场强度为零，故q在O点产生的电场强度与qA、qB在O点产生的合电场强度相同答案C｜解题技法｜利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。方法二补偿法【典例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。如图所示，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为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的电场强度大小为E，则N点的电场强度大小为（）A.kq2R2－E B.kq4R2 C.kq4解析左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝k2q(2R)2－E'，E'为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的电场强度大小。带电荷量为－q的右半球面在M点的电场强度大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点的电场强度大小相等，则EN＝E'＝k2q(2R答案A｜解题技法｜将有缺口的带电圆环补为完整圆环，或将半球面补为完整球面，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。方法三微元法【典例3】如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的电场强度。解析设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q'＝Qn，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P处产生的电场强度为E＝kQnr2＝kQn(R2+L2)。由对称性知，各小段带电体在P处电场强度E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P处的电场强度EP，EP＝答案kQL｜解题技法｜将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据点电荷电场强度公式求出每个电荷元的电场强度，再结合对称性和电场强度叠加原理求出合电场强度。方法四等效法【典例4】一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。则（）A.a点的电场强度大小为E＝4kQB.a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小C.b点的电场强度和c点的电场强度相同D.一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零解析由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度E＝kQL22＋kQ3L22＝40kQ9L2，A错误；等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知Ea＞Eb，B正确；图中b、c两点的电场强度方向不同，C错误；由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b答案B｜解题技法｜在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境。并加以应用，可以快捷解答问题。例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场（如图甲所示），可以等效为两个异种点电荷形成的电场的一部分（如图乙所示）。1.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，O点固定一个正点电荷（＋Q），一个带负电（－q）的小球（可视为点电荷）在库仑力作用下做椭圆运动，AOB是椭圆的长轴，A点离O点较近，B点离O点较远，则（）A.O点不可能是椭圆的焦点B.小球与O点的连线在相同的时间内扫过相同的面积C.小球在B点的速度比在A点的大D.在A点沿切线方向瞬间增大小球的速度后，小球必绕O点做圆周运动解析：B对比万有引力公式F＝GMmr2及库仑力公式F＝kQqr2可知两个力都与距离的平方成反比，故此时小球的运动可类比于行星绕太阳的运动，因此O点必为椭圆的焦点之一，A错误；对比开普勒第二定律可知，小球与O点的连线在相同的时间内扫过相同的面积，由于在B点距离O点较远，因此小球在B点的速度比在A点的小，B正确，C错误；由于小球通过A点后做离心运动，要使小球绕O点做圆周运动，可在A点沿切线方向适当减小小球速度2.（2023·江苏泰州模拟）在带电荷量为＋Q的金属球的电场中，为测量金属球附近某点的电场强度E，现在该点放置一带电荷量为＋Q2的点电荷，点电荷受力为F，则原来该点的电场强度（A.E＝2FQ B.EC.E＜2FQ D.E解析：B试探电荷会引起金属球上电荷的重新分布。同种电荷相互排斥，使得金属球上的电荷远离放置的点电荷，导致此时的电场强度降低。此时的电场强度为E'＝FQ2＝2FQ，故原来该点的电场强度应大于该值，3.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（）A.A对B的静电力可能是引力B.A对B的静电力可能是斥力C.A的电荷量可能比B的少D.A的电荷量一定比B的多解析：D根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A对B的静电力一定是引力，选项A、B错误；根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，因此A的电荷量一定比B多，选项C错误，D正确。4.如图所示，xOy平面直角坐标系所在空间有沿x轴负方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E。坐标系上的A、B、C三点构成边长为L的等边三角形。若将两电荷量相等的正点电荷分别固定在A、B两点，C点处的电场强度恰好为零。则A处的点电荷在C点产生的电场强度大小为（）A.E B.33E C.3E D.3解析：BC点三个电场方向如图所示，根据题意可知E1cos30°＋E2cos30°＝E，又E1＝E2，解得E2＝33E，B正确5.（2023·南通、泰州、扬州、淮安二模）电荷量为＋Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d。已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为（）A.0 B.kQC.E0－kQd2 D解析：C点电荷在P点产生的电场强度大小为EP＝kQd2，方向水平向右；正点电荷靠近金属板，金属板感应起电，左侧带负电，则在P点形成的电场方向也向右，设电场强度大小为E，所以有E0＝EP＋E，得出E＝E0－kQd2，选项C正确，A、B6.（2023·江苏常熟中学二模）如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度等于E0。一过球心的倾斜平面将球面分为两部分，其中α＝60°。则所分出的较小这部分的电荷在O处的电场强度E为（）A.E03 BC.2E02解析：B根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示。由平行四边形定则得到“较小部分”球面上的电荷在O处的电场强度E＝E0sinα2＝E0sin60°2＝E02，故B正确，A、7.如图，一电荷量为Q的点电荷P与均匀带电圆板相距2r，此点电荷到带电圆板的垂线通过圆板的几何中心，A、B为垂线上两点且到圆板的距离均为r，静电力常量为k。若B点的电场强度为0，则A点的电场强度大小为（）A.10kQ9rC.8kQ9r解析：A由于B点外的合电场强度为0，所以带电圆板的电性与点电荷的电性相反，设点电荷P带负电，则点电荷P在B点形成的电场强度大小为E1＝kQ9r2，方向向左；因B点电场强度为零，故圆板在B点的电场强度方向向右，大小为kQ9r2；由对称性可知，圆板在A点的电场强度大小为kQ9r2，方向向左；点电荷P在A点的电场强度大小为kQr2，方向向左；则A点的电场强度大小为E2＝8.（2023·江苏泰州中学高三开学考试）如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向右移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（）A.杆AO对P的弹力减小B.杆BO对Q的弹力减小C.P、Q之间的库仑力增大D.杆AO对P的摩擦力增大解析：B设小球Q所受库仑力方向与竖直杆间的夹角为θ，取小球Q为研究对象，其受重力、弹力和库仑力，在这三个力的作用下小球Q处于平衡状态，P缓慢地向右移动一小段距离，若P、Q间的距离不变，则库仑力不变，由于库仑力与竖直方向的夹角变小，如图所示，则库仑力F的竖直分量Fcosθ大于重力，故P、Q间距离变大，则F变小，在水平方向有Fsinθ＝FNQ，F变小，sinθ变小，所以FNQ变小，即杆BO对Q的弹力减小，故B正确，C错误；取P、Q整体为研究对象，则FfP＝FNQ，FNP＝（mP＋mQ）g，结合A、B选项分析可知，杆AO对P的摩擦力减小，杆AO对P的弹力不变，故A、D错误。9.如图甲所示，点电荷－q绕点电荷＋Q做半径为r的匀速圆周运动，角速度为ω1；如图乙所示，与图甲中完全相同的点电荷－q在相距为3r的两个固定点电荷＋Q所在连线的中垂面上，做角速度为ω2的匀速圆周运动，－q到＋Q的距离始终为r。则ω1∶ω2为（）A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.2∶1解析：B题图甲中，点电荷＋Q对点电荷－q的库仑力用来提供向心力，从而做半径为r的匀速圆周运动，则有F向＝F库＝kQqr2＝mrω12，解得ω1＝kQqmr3；题图乙中，两个固定点电荷＋Q对－q的库仑力的合力F库'提供向心力，则有F向'＝F库'＝mr'ω22，又F库'＝2kQqr2sin30°，r'＝rsin30°，联立解得ω2＝2·kQqmr3，故10.如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异种电荷，电荷量大小均为q（q＞0）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.M带正电荷 B.N带负电荷C.q＝Lmgk D.q＝3L解析：C对小球M受力分析如图（a）所示，对小球N受力分析如图（b）所示，由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，A、B错误；由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝2L，当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得mgtan45°＝Eq－kq2r2，两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得mgtan45°＝E·2q－k(2q)2r2，整理解得q＝L11.硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成，工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀地布上一层负电荷，如图甲所示。我们可以用下面的模型模拟上述过程：电荷量均为－q的点电荷，对称均匀地分布在半径为R的圆周上，如图乙所示。若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成＋2q，则圆心O点处的电场强度为（）A.2kqR2B.2kqR2C.3kqR2D.3kqR2解析：D当P点的电荷量为－q时，根据电场的对称性，可得在O点的电场强度为0，当P点的电荷为＋2q时，可看作[－q＋（＋3q）]，故可以看作两个电场的叠加，故O点的电场强度为0＋k3qR2＝3kqR2，方向沿半径背离12.如图所示，质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电（可视为点电荷），电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：（1）A球刚释放时的加速度是多大；（2）当A球的动能最大时，A球与B点间的距离。解析：（1）小球A刚释放时，由牛顿第二定律有mgsinα－F＝ma，根据库仑定律有F＝kqQr2，又r联立解得a＝gsinα－kQqsi（2）当A球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大。设此时A球与B点间的距离为d，则mgsinα＝kQqd2，解得d＝答案：（1）gsinα－kQqsin2αmH第2节电场能的性质一、静电力做功和电势能1.静电力做功静电力做功与路径无关，只与电荷量和电荷移动过程始、末位置间的电势差有关。2.电势能（1）定义：电荷在电场中具有的势能，称为电势能。数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。（2）说明：电势能具有相对性，通常把无穷远处或大地的电势能规定为零。3.静电力做功与电势能变化的关系（1）关系式：WAB＝EpA－EpB。（2）静电力对电荷做多少正功，电荷电势能就减少多少；电荷克服静电力做多少功，电荷电势能就增加多少。二、电势和等势面1.电势（1）定义式：φ＝Ep（2）矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正（负）表示该点电势比零电势高（低）。（3）相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。2.等势面（1）定义：电场中电势相等的各点组成的面。（2）四个特点①等势面一定与电场线垂直。②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。三、电势差1.定义式：UAB＝WAB2.电势差与电势的关系UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。3.匀强电场中电势差与电场强度的关系（1）电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。即U＝Ed，也可以写作E＝Ud（2）公式U＝Ed的适用范围：匀强电场。如图所示为静电除尘机原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，不计尘埃重力，判断下列说法正误。（1）图中A点电势高于B点电势。（×）（2）尘埃在迁移过程中电势能减小。（√）（3）尘埃在迁移过程中动能减小。（×）（4）两集尘极处的电场线与极板垂直。（√）（5）带电尘埃的机械能守恒。（×）（6）A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点时静电力所做的功。（×）考点一电势高低及电势能大小的判断[素养自修类]1.[电场强度与电势的判断]（2022·江苏高考）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点解析：DO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；当其移动到无穷远处时，A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，O点的电势高于A点电势，故D正确。2.[电势与电势能的判断]真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（）A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该试探电荷在c点的电势能大于在d点的电势能解析：B由题意可知O点电场强度为零，所以a、O两点间电场强度方向是由a指向O的，所以φa＞φO，A项错误；同理，φc＞φO，O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量，所以φO＞φb，则φc＞φb，B项正确；同理，φa＞φb，φc＞φd，又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C、D项错误。3.[电场强度、电势、电势能的综合判断]（2023·江苏淮安模拟）如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量为2q、－q的点电荷，距离为4r，a、b、c、d是以A、B连线的中点O为圆心、r为半径的圆上四个点，下列说法正确的是（）A.a、b两点电场强度大小相等、方向相同B.把一正点电荷从c点沿直线移动到d点的过程中，电场力先做正功后做负功C.把一负试探电荷从a点移到O点比从O点移到b点克服电场力做功多D.把一正试探电荷放在a点时具有的电势能比在b点时小解析：Ca点的电场强度为Ea＝2kQr2＋kQ(3r)2＝19kQ9r2，b点的电场强度为Eb＝kQr2＋2kQ(3r)2＝11kQ9r2，电场强度大小不同，方向相同，故A错误；因为两电荷的电荷量不等，所以连线的中垂线不是等势线，等势面类似于抛物线形状，则O的电势大于c、d两点电势，所以把一正点电荷从c点沿直线移动到d点的过程中，电场力先做负功后做正功，故B错误；因为A点电荷的电荷量大于B点电荷的电荷量，所以aO间的平均电场强度大于Ob间的，负电荷在aO间的受到的电场力大于在Ob间受的电场力，故把一负试探电荷从a点移到O1.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；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低电势能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大电场力做功根据UAB＝WABq，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φ2.电势能大小的判断#判断方法#方法解读公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小做功法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加电势法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能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加考点二电势差与电场强度的关系[多维探究类]1.应用公式E＝Ud（1）只适用于匀强电场（对于非匀强电场可以用于定性分析）。（2）d为某两点沿电场方向上的距离（或者为两点连线在电场方向上的投影、或者为两点所在等势面之间的距离）。2.由E＝Ud推论1：电场强度的方向是电势降低最快的方向。推论2：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝φA推论3：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD（或φA－φB＝φC－φD），如图乙所示。考法一利用E＝Ud【典例1】如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（）A.A、K之间的电场强度均为UB.B点电势大于C点电势C.B点电场强度大于C点电场强度D.电子由K到A的电势能减少了eU解析A、K之间建立的是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于Ud，故A错误；B、C所在等势面为与电场线垂直的圆弧，如图所示，根据沿电场线方向电势降低，可知C点电势大于B点电势，故B错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由题图可知C点处的电场线比B点处的密，则C点的电场强度比B点的大，故C错误；电子由K到A，电场力做正功，电势能减少，由W＝－ΔEp＝eU知，D正确答案D｜解题技法｜E＝Ud（1）判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低。（2）利用φ－x图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律：k＝ΔφΔx＝Ud＝Ex，（3）判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大。考法二利用E＝Ud【典例2】一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法不正确的是（）A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV解析如图所示，设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则addc＝10-1717-26＝79，所以d点的坐标为（3.5cm，6cm），过c点作等势线bd的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势，由几何关系可得，ce的长度为3.6cm，电场强度的大小E＝Ud＝(26-17)V3.6cm＝2.5V/cm，故选项A正确，不符合题意；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐标原点O处的电势为1V，故选项B正确，不符合题意；a点电势比b点电势低7V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故选项C错误，符合题意；b点电势比c点电势低9V，电子从答案C｜解题技法｜“等分法”找等势点和求电场强度的思路（1）等分法：在匀强电场中，把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点的电势差等于两点间电势差的1n（如图所示），采用这种等分间距求某点电势的方法，叫作等分法（2）解题思路1.静电除尘器除尘原理图如图所示，M、N是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图示位置的a、b、c三点在同一直线上，且｜ab｜＝｜bc｜。下列判断正确的是（）A.N是直流高压电源的负极B.电场中b点的电势高于c点的电势C.同一个点电荷在电场中c点受到的电场力大于在a点受到的电场力D.电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba解析：D因到达集尘极的尘埃带负电荷，那么电场强度的方向向左，因此电场线方向向左，则知N是直流高压电源的正极，故A错误；根据沿着电场线方向电势是降低的，可知电场中b点的电势低于c点的电势，故B错误；电场方向由集尘极指向放电极，电场线的分布由集尘极会聚于放电极，结合电场线的疏密来体现电场的强弱，那么电场中c点的电场强度小于a点的电场强度，故同一个点电荷在电场中c点受到的电场力小于在a点受到的电场力，故C错误；假设电场是匀强电场，由于｜ab｜＝｜bc｜，那么b、a间的电势差Uba等于c、b间的电势差Ucb，但由于电场是非匀强电场，且沿着ca方向，电场强度越来越大，即Ecb＜Eba，故电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba，故D2.（2023·江苏盐城二模）如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三点，其电势分别为6V、2V、2V。下列画出经过Ⅰ点的电场线正确的是（）解析：AⅡ、Ⅲ两点电势相等，为等势线，电场线垂直等势线指向电势低的地方，故A正确，B、C、D错误。考点三电场线、等势面（线）与粒子运动轨迹的综合问题[互动共研类]1.几种典型电场的等势线（面）#电场#等势线（面）#重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上电势处处为零等量同种（正）点电荷的电场两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高2.电场线与粒子运动轨迹的综合问题的分析方法（1）如果带电粒子只受电场力作用，根据带电粒子所受的电场力沿着电场线的切线方向且（或等势面的垂线）指向运动轨迹弯曲的凹侧，确定带电粒子所受电场力的方向；（2）再结合电场线的方向（或等势面的电势）确定带电粒子的电性；（3）最后根据带电粒子运动轨迹与电场线的分布情况，确定电场力做功、电势能的变化情况等。3.等势面（线）与粒子运动轨迹的综合问题的分析方法（1）如果带电粒子只受电场力作用，根据电场力沿着垂直于等势面方向且指向运动轨迹弯曲的凹侧，确定带电粒子所受电场力的方向；（2）再结合等势面的电势高低关系确定电场线的方向，进而确定带电粒子的电性；（3）最后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功、电势能的变化情况等。【典例3】（2023·江苏连云港二模）如图所示，两个电荷量相等的点电荷固定在直线上的A、B两点，虚线为线段AB的垂直平分线，交AB于O，曲线ab为一质子的运动轨迹，轨迹与a、b两点均关于O点对称。除电场力外，质子受到的其他力均可不计。下列说法正确的是（）A.两个点电荷一定是异种电荷B.质子在a、b两点的加速度相同C.质子在a点的电势能大于在b点的电势能D.运动过程中质子经过a、b两点时的速度大小一定相等解析由曲线的弯曲情况可知，质子与两点电荷之间均存在吸引力，因此两个点电荷均带负电，故A错误；由等量负点电荷周围电场分布规律可知，a、b两点处的电场强度等大反向，且质子在a、b两点处的电势相等，故质子在a点受到的电场力与在b点受到的电场力等大反向，结合牛顿第二定律可知，质子在a点的加速度与在b点的加速度等大反向，故B错误；由于a、b两点的电势相等，则质子在a、b两点的电势能相等，由能量守恒定律可知，质子在a、b两点的动能相等，速度大小相等，故C错误，D正确。答案D1.[电场线与运动轨迹]如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹。下列判断正确的是（）A.带电粒子一定带正电B.电场线MN的方向一定是由N指向MC.带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加D.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能解析：D由于该带电粒子只受电场力的作用且做曲线运动，粒子所受电场力指向运动轨迹凹侧，所以粒子受电场力的方向一定是由M指向N，但是由于粒子的电性不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A、B错误；带电粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C错误，D正确。2.[等势面与运动轨迹]如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.三个等势面中，c的电势最高B.带电质点通过P点时的电势能较小C.带电质点通过P点时的动能较大D.带电质点通过P点时的加速度较大解析：D带电质点所受电场力指向轨迹凹侧，由于带电质点带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势面的电势最低，a等势面的电势最高，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，电势能降低，故带电质点在P点的电势能大于其在Q点的电势能，故B、C错误；由于相邻等势面之间的电势差相等，等势面密的地方电场线密，电场强度大，故P点位置电场强度大，带电质点所受电场力大，根据牛顿第二定律知，加速度也大，故D正确。考点四电场中的功能关系[互动共研类]电场力做功的计算电场中的功能关系（1）电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，即W＝－ΔEp。（2）如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp【典例4】（2022·辽宁高考）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；（2）小球经过O点时的速度大小；（3）小球过O点后运动的轨迹方程。解析（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep＝12mvB2＝（2）小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·2R＝12mvO2－解得vO＝3gR（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qEcos45°＝maxy轴方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝12gt2，y＝vO联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx。答案（1）12mgR（2）3gR（3）y2＝1.[电场中的功能关系]图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（）A.平面d上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：B因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6eV，故Uad＝6V；因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A错误。因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确。电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2eV，故C错误。由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝12mv2知vb＝2vd，故D错误2.[电场力和其他力共同作用下的功能关系]如图所示，绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是（）A.金属块带负电荷B.静电力做功0.5JC.金属块克服摩擦力做功0.7JD.金属块的机械能减少1.4J解析：C在下滑过程中电势能增加0.5J，则金属块需克服电场力做功为0.5J，所以金属块带正电，故A、B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力做功为－0.5J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正确；外力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2J，则机械能减少1.2J，故D错误。“融会贯通”归纳好静电场中的四类常考图像问题类型一电场中的v－t图像问题（1）根据v－t图像的速度变化、斜率变化（即加速度大小的变化），可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况。（2）可以确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化【典例1】光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v－t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（）A.中垂线上B点电场强度最小B.A、B两点之间的位移大小C.B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D.UBC＞UAB解析v－t图像的斜率表示加速度，可知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以B点的电场强度最大，A错误；小物块由A运动到B的过程中，由题图乙可知A、B两点的速度，已知小物块的质量，则由动能定理可知qUAB＝12mvB2－12mvA2，由上式可求出小物块由A运动到B的过程中电场力所做的功qUAB，因为电场强度的关系未知，则不能求解A、B两点之间的位移大小，B错误；中垂线上电场线分布是不均匀的，B点不在连线中点，C错误；在小物块由A运动到B的过程中，根据动能定理有qUAB＝12mvB2－12mvA2＝12×1×10-3×42-0J＝8×10－3J，同理，在小物块由B运动到C的过程中，有qUBC＝12mvC2－12答案D类型二φ－x图像问题（1）电场强度的大小等于φ－x图像的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图像存在极值，其切线的斜率为零。（2）在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向。（3）在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断【典例2】两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAP＜xPB，则（）A.q1和q2都是负电荷B.q1的电荷量大于q2的电荷量C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先增大后减小D.一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小解析由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A正确；φ－x图像的斜率表示电场强度，则P点电场强度为零，根据电场强度的叠加知两点电荷在P处产生的电场强度等大反向，即kq1xAP2＝kq2xBP2，又xAP＜xPB，所以q1的电荷量小于q2的电荷量，故B错误；由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增大后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C错误；φ－x图像的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点电场强度逐渐变大，根据a＝qEm可知，点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到答案A类型三Ep－x图像（1）反映了电势能随位移变化的规律。（2）图像的切线斜率大小等于电场力大小。（3）进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况【典例3】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变化的关系图像如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1＜φ2＝φ0＜φ3D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值解析根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，电场强度与电势的关系E＝ΔφΔx，得E＝1q·ΔEpΔx，由数学知识可知，Ep－x图像切线的斜率等于ΔEpΔx，x1处切线的斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误；由题图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图像切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，电场强度不变，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错误，D正确；由题图可知Ep3＞Ep2＝Ep0＞Ep1，根据Ep＝φq，又粒子带负电，故φ3＜φ答案D类型四E－x图像（1）反映了电场强度随位移变化的规律。（2）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。（3）图像与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定【典例4】静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系图像如图所示，在x轴上有四点：x1、x2、x3、x4，相邻两点间的距离相等，x轴正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A.在x2和x4两点处电势相等B.由x1运动到x4的过程中加速度先增大后减小C.由x1运动到x4的过程中电势能先增大再减小D.从x2运动到x1，电场力做功W1，电荷从x3运动到x2，电场力做功W2，则W1＝W2解析x2～x4处电场强度为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；由x1运动到x4的过程中，由题图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，所以电场力先增大后减小，加速度也先增大后减小，故B正确；x1～x4处电场强度为x轴负方向，则从x1到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，故C错误；由于每两点间的距离相等，由题图可知，U32＞U21，所以W2＞W1，故D错误。答案B1.（2023·江苏连云港高三期中）如图所示，ABCD为正方形，电荷量分别为＋Q和－Q的两点电荷固定在A、B两点。先将一电荷量为－q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中电场力做功为W。再将Q1从C点移到D点。下列说法正确的是（）A.Q1在C点的电势能为WB.Q1移入C点之前，D点的电势为WC.Q1从C点移到D点的过程中，所受电场力做的功为零D.Q1从C点移到D点的过程中，所受电场力做的功为－2W解析：D将一电荷量为－q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中电场力做负功，电势能增加，所以电势能为EpC＝－W，无穷远电势为零，根据W＝－q（0－φC），可知C点的电势为φC＝Wq，根据等量异种电荷电势分布规律可知φD＝－φC＝－Wq，故A、B错误；根据等量异种电荷电势分布规律可知φD＞φC，所以电荷从C点移到D点的过程中，电势能减小，所受电场力做正功，故C错误；Q1从C点移到D点的过程中，所受电场力做的功为WCD＝－q（φC－φD）＝－2W，故D2.如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异种电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（）A.电场E中A点电势高于B点B.转动中两小球的电势能始终相等C.该过程静电力对两小球均做负功D.该过程两小球的总电势能增加解析：B沿电场线方向电势降低，则B点的电势比A点的电势高，A错误；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由Ep＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D错误。3.（2023·江苏海安市南莫中学高三开学考试）平行金属板带等量异种电荷，过两板中心O点（原点）作两极的轴线x，其中aO＝Ob，mn垂直于x轴，且mO＝On。金属板间的电场强度为E、某点电势为φ、电势差为U、电子在电场中电势能为Ep，考虑板的边缘效应，则（）A.Ea＝EO＝Eb B.φa＝φO＝φbC.Uam＝Umb D.Epm解析：B因为考虑到板的边缘效应，外侧电场强度快速趋近于0，故A错误；因为两板间平行于两板的中心线为一等势线，电势不变，故B正确；因为φm＞φa＝φb，所以Uam＝－Umb，故C错误；因为φm＞φn，所以电子在电场中电势能为Epm＜Epn，4.（2023·江苏盐城高三期中）如图所示，均匀的带正电圆环圆心为O，以O点为坐标原点建立x轴，坐标轴垂直于圆环平面。A是x轴上的一点，带电圆环在A点产生的电场强度为E、电势为φ，现在A处再放一同样的带正电圆环，圆心在A点，环面与x轴垂直。则A点（）A.E增大、φ增大 B.E不变、φ增大C.E增大、φ不变 D.E不变、φ不变解析：B根据微元法和对称法可知O处的带正电圆环在A点产生的电场强度水平向右，故φA＞0；而圆环在A点产生的电场强度为零，则A点合电场强度不变，A处的圆环在A点产生的电势大于零，则A点的电势增大。故选B。5.（2023·江苏苏州二模）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。如图所示，某“静电透镜”区域的等势面为图中虚线，其中M、N两点电势φM＞φN。现有一正电子束沿垂直虚线AB的方向进入“透镜”电场，仅在电场力的作用下穿过小孔CD。下列说法正确的是（）A.M点的电场强度小于N点的电场强度B.正对N点射入“透镜”电场的正电子会经过N点C.正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子不会沿直线穿出小孔D.该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用解析：DM点处的等势面比N点处等势面密集，则M点的电场强度大于N点的电场强度，故A错误；电场线与等势面垂直，则正对N点射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向不总是指向N点，不会经过N点，故B错误；电场线与等势面垂直，由题图中对称性及力的合成法则可知，正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向与速度方向相同，会沿直线穿出小孔，故C错误；电场线与等势面垂直，根据垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的电场力方向可知，该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用，故D正确。6.真空中某静电场电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关于点电荷q1水平对称。P、Q两点电场强度的大小分别为EP、EQ，电势分别为φP、φQ。一个带电粒子沿虚线轨迹从M移动至N。以下选项正确的有（）A.EQ＞EPB.φQ＞φPC.此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小D.此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小解析：D由题图知P点电场线密，电场强度大，则EP＞EQ，故A错误；沿电场线的方向电势降低，电场线越密的电势降落越快，反之逆着电场线的方向电势升高，电场线越密的电势升高越快，则φQ＜φP，故B错误；根据运动轨迹判定粒子受到斥力作用，q1为负电荷，所以此带电粒子也带负电，电势能先增大后减小，故C错误，D正确。7.（2023·江苏苏锡常一模）两等量同种正点电荷连线垂直纸面（图中未画出）。以连线的中点O为圆心作垂直于两点电荷连线的圆。在圆所在的平面上有P、M、N三点，如图所示。下列说法正确的是（）A.M、N处的电场强度相同B.P、N两点的电场强度的大小一定不相等C.将负检验电荷从P点移到N点电势能增加D.给电子某一初速度能绕图中圆做匀速圆周运动解析：D由题意M、N处的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；关于点电荷对称的面上，从无穷远处到O点，电场强度先增大后减小，故P、N两点的电场强度的大小有可能相等，故B错误；因为M、N在一个等势面上，P点电势小于M点电势，所以将负检验电荷从P点移到M点电场力做正功，电势能减少，所以将负检验电荷从P点移到N点电势能减少，故C错误；因为圆上所有点的电势相等，且电场方向均背离圆心，因此电子在圆周上受到的电场力指向圆心，因此速度大小合适时，恰好使电场力提供向心力时，电子可以做匀速圆周运动，故D正确。8.（2023·江苏连云港二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的坐标轴上固定四个点电荷A、B、C、D，它们到原点O的距离相等，其中A、C的电荷量为＋q，B、D的电荷量为－q，a、b、c、d是坐标轴上到原点距离相等的四个点，则（）A.a点的电场强度与c点的电场强度相同B.a点的电势与b点的电势相等C.试探电荷＋q'在a点的电势能等于在c点的电势能D.试探电荷＋q'沿直线从a点运动到d点电场力不做功解析：C根据对称性和电场强度的叠加性可知，a点的电场强度与c点的电场强度大小相等，方向相反，A错误；根据电场强度的叠加性可知，aO线段的电场方向由a指向O，Ob线段的电场方向由O指向b，根据沿电场方向电势降低，可知φa＞φO＞φb，B错误；根据对称性可知，a点电势等于c点电势，则试探电荷＋q'在a点的电势能等于在c点的电势能，C正确；根据电场强度的叠加性可知，aO线段的电场方向由a指向O，Od线段的电场方向由O指向d，根据沿电场方向电势降低，可知φa＞φO＞φd，则试探电荷＋q'在a点的电势能大于在d点的电势能，可知试探电荷＋q'沿直线从a点运动到d点电场力做正功，D错误。9.（2023·江苏扬州模拟预测）如图所示，在AC连线上AM＝MO＝ON＝NC，两个等量异种点电荷分别固定在M点与N点，则（）A.A、C两处电势相同B.A、C两处电场强度大小相等，方向相反C.电子从A点移到O点，电场力做负功D.将电子从B点静止释放，将做直线运动解析：C根据等量的异种电荷的等势面的特点可知，O点电势为零，O点左侧电势均为正值，O点右侧电势均为负值，故A点电势为正，C点电势为负，故A点电势高于C点电势，故A错误；根据等量异种电荷的电场线的分布可知，A、C两处电场强度大小相等，方向相同，故B错误；根据电场力做功WAO＝qUAO，电子的电荷量为负，UAO＞0，故电子从A点移到O点，电场力做负功，故C正确；根据等量异种电荷的电场线的分布可知，B点处的电场线为曲线，故将电子从B点静止释放后，电子不可能做直线运动，故D错误。10.（2021·江苏高考）一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（）A.O、C两点电势相等B.A点的电场强度大于B点C.沿直线从A到B电势先升高后降低D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大解析：A对于完整带电球面，其内部A、B的中垂面上各点电场强度为零，可知左、右半球面在此中垂面上各点的电场强度等大反向，因左、右半球面各自在中垂面上各点的电场强度方向均垂直于中垂面，则左半球面移走后，右半球面在中垂面上各点电场强度均垂直于中垂面，即中垂面为等势面，故O、C两点电势相等，故A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2，由题意知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，在题图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误。11.真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1＝0和x2＝4a的两点，在它们的连线上电场强度E与x的关系图像如图所示（取x轴正方向为电场强度正方向，无穷远处为电势零点），以下判断正确的是（）A.Q1带正电、Q2带负电B.Q1的电荷量是Q2的3倍C.x轴上3a处的电势为零D.正点电荷q在x轴上a处的电势能比在2a处的大解析：D由题图可知x＝3a处电场强度为0，说明Q1和Q2带同种电荷，且0～3a范围内电场强度沿正方向，故Q1、Q2均带正电，A错误；由E＝kQr2可知kQ1(3a)2＝kQ2a2，解得Q1＝9Q2，B错误；若将一个正检验电荷从x＝3a处移到无穷远，显然电场力做正功，即此处电势大于零，C错误；0～3a范围内电场强度沿正方向，则将正点电荷q从a处移到2a处，电场力做正功，电势能减小，所以正点电荷12.（2023·江苏南通二模）如图甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为0.2m的圆形区域ABCD，圆心为O。P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，θ为PO连线旋转的角度，P点电势φ随θ变化情况如图乙所示，则（）A.电场强度大小为10V/mB.电子在A点时的电势能为2eVC.电子在A点时所受电场力指向O点D.电子沿圆弧运动过程中电场力不做功解析：A由题图乙可知φA＝2V，当θ＝π3时，P点位于图中的E点处，此时可得φE＝1V，当θ＝4π3时，P点位于图中的F点处，由几何知识可知E、F、O三点共线，此时可得φF＝5V，则圆心O点的电势为φO＝φE+φF2＝3V，过A点作OE的垂线交于M点，由几何知识易得，M点为EO中点，则图中M点的电势为φM＝φE+线AM为等势线，由于电场线与等势面垂直，则可知电场线沿FOE方向，过B点作电场线FOE的垂线，交于N点，如图所示，则有φA＝φM＞φN＝φB，电场强度的大小为E＝φO-φMRcosπ3＝1V0.2m×12＝10V/m，故A正确；电子在A点时的电势能为EpA＝－eφA＝－2eV，故B错误；由A选项中分析可知，电子在A点时所受电场力平行于EF斜向左下方，故C13.如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点，一带电荷量为＋2×10－3C、质量为1×10－3kg的小物块从A点由静止释放，沿MN做直线运动，其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电荷量保持不变，则下列说法中正确的是（）A.A、B两点电势差UAB＝－4VB.小物块从B点到C点电场力做的功W＝10－3JC.B点为A、C间电场强度最大的点，电场强度大小E＝1V/mD.由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大解析：C从A到B，由动能定理知qUAB＝12mvB2，解得UAB＝4V，选项A错误；小物块从B点到C点电场力做的功WBC＝12mvC2－12mvB2＝10－2J，选项B错误；在B点的加速度最大，则所受的电场力最大，则由v－t图像知a＝ΔvΔt＝45-3m/s2＝2m/s2，由Eq＝ma，解得E＝1V/m，选项C正确第3节电容器带电粒子在电场中的运动一、常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器（1）组成：由两