2025高考物理步步高同步练习必修3第十章章末检测试卷(二)含答案

2025高考物理步步高同步练习必修3第十章章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是()A．根据电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B．根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比D．根据公式UAB＝eq\f(WAB,q)，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1J，则A、B两点的电势差为1V答案C2.(2021·黄冈中学月考)超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景．如图所示，某超级电容器标有“2.7V，100F”，将该电容器接在1.5V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为()A．－150C B．－75CC．－270C D．－135C答案A3.(2021·衡水中学期中)如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A．A点和B点的电势相同B．正电荷从A点移至B点，静电力做正功C．C点和D点的电场强度相同D．负电荷从C点移至D点，电势能增大答案B解析A点和B点不在同一等势线上，所以它们的电势不同，A错误；从A点至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，静电力做正功，B正确；根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相等，方向不同，C错误；C点和D点在同一个等势线上，负电荷从C点移至D点，电势能不变，D错误．4.(2021·驻马店市驿城区月考)如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()A．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能B．负点电荷一定位于M点左侧C．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度答案A解析由于该粒子只受静电力作用且做曲线运动，静电力指向轨迹内侧，静电力方向大致向右，则粒子从a到b的过程中粒子受到的静电力的方向与速度方向之间的夹角是锐角，静电力做正功，粒子的电势能减小，所以带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能，故A正确；带正电的粒子受到的静电力方向大致向右，则电场线由M指向N，说明负电荷在N点右侧，故B错误；带电粒子所受静电力向右，粒子从a到b静电力对带电粒子做正功，电势能减小，动能增大，故C错误；负电荷在N点右侧，根据点电荷的电场的特点可知，a点离点电荷较远，从a到b的过程中距离负点电荷越来越近，则电场强度越来越大，带电粒子受到的静电力越来越大，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误．5.(2021·湖南高二期中)如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动．已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40J，金属块克服静电力做功10J，金属块克服摩擦力做功20J，重力势能改变了30J，则()A．电场方向水平向左B．电场方向水平向右C．在此过程中金属块电势能减少20JD．在此过程中金属块机械能增加10J答案D解析因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，故A、B错误；克服静电力做功为10J，则电势能增加10J，故C错误；机械能的变化量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝40J－10J－20J＝10J，故D正确．6.(2021·重庆八中月考)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)．电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压均恒为U)()A．电子到达B板时的动能是eUB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3eUD．电子在A板和D板之间做往返运动答案C解析从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选C.7.如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子(仅在静电力作用下)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是()A．粒子在三点的电势能大小关系为Epc<Epa<EpbB．粒子在三点所受的静电力不相等C．粒子必先过a，再到b，然后到cD．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekc<Eka<Ekb答案A解析因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断该区域电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误．由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，C错误．粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由题图可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误．8.(2021·信阳市师河区高二月考)如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2eq\r(3)m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量为q＝－2×10－6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5J，由B移到C的过程中静电力做功6×10－6J，下列说法正确的是()A．B、C两点的电势差UBC＝3VB．A点的电势低于B点的电势C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加D．该电场的电场强度大小为1V/m答案D解析由B移到C的过程中静电力做功6×10－6J，根据W＝Uq得B、C两点的电势差为UBC＝eq\f(WBC,q)＝－3V，故A错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10－5J，则静电力做功－1.2×10－5J，A、B两点的电势差UAB＝eq\f(WAB,q)＝6V，所以A点的电势高于B点的电势，B错误；UCA＝－UAC＝－UBC－UAB＝－3V，根据W＝Uq得，负电荷由C移到A的过程中，静电力做正功，所以电势能减小，C错误；UAB＝6V，在AB连线上取中点D，所以UAD＝3V，UCA＝－3V，UAC＝3V，C、D电势相等，所以CD连线为等势线，而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B.因为BC＝2eq\r(3)m，由几何关系得AD＝3m，由UAD＝E·AD得，该电场的电场强度大小为1V/m，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2021·林州一中高二月考)x轴与电场中的某条电场线重合，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图所示，0～x2段为曲线，x2～x4段为直线．一带负电粒子只在静电力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则()A．x1处电场强度最大B．x2～x4段是匀强电场C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x4段做匀速直线运动D．x1处粒子电势能最小，x2～x4段粒子的动能随x均匀减小答案BD解析在φ－x图像中，斜率表示电场强度，故x1处电场强度最小，为零，A错误；x2～x4段斜率不变，电场强度不变，故是匀强电场，B正确；0～x2段电场强度变化，粒子受到的静电力变化，故粒子在0～x2段做变速运动，x2～x4段电场强度不变，粒子受到的静电力不变，故在x2～x4段做匀变速直线运动，C错误；x1处电势最高，粒子带负电，故粒子的电势能最小，x2～x4段粒子受到的静电力恒定，静电力做功W＝qEx随x均匀变化，故动能随x均匀减小，D正确．10.(2022·浙江6月选考改编)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减小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BC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，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B正确；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．11．(2021·广州一中月考)两个等量正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个带电荷量为＋2×10－7C、质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放．其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线(图中标出了该切线)斜率最大的位置，则下列说法正确的是()A．由C到A的过程中小物块的电势能一直在增大B．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度大小为1×104V/mC．由C点到A点电势逐渐降低D．A、B两点间的电势差UAB＝500V答案BC解析由题图乙可知，由C到A的过程中，小物块的速度一直在增大，静电力对小物块做正功，小物块的电势能一直在减小，故A错误；小物块在B点的加速度最大，为am＝eq\f(4×10－2,7－5)m/s2＝2×10－2m/s2，可得小物块所受的最大静电力为Fm＝mam＝0.1×2×10－2N＝2×10－3N，则电场强度最大值为Em＝eq\f(Fm,q)＝1×104N/C，故B正确；因为两个等量正点电荷连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐降低，故C正确；从题图乙可知，A、B两点的速度分别为vA＝6×10－2m/s、vB＝4×10－2m/s，再根据动能定理，得qUBA＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得UBA＝500V，则UAB＝－UBA＝－500V，故D错误．12.(2021·南通中学月考)如图所示为造纸公司用于监控绝缘纸张厚度的简易装置示意图，其中A、B为平行板电容器的两个极板，上下极板位置均固定，且分别接在恒压电源的两极上，A板接负极，已知绝缘纸张的厚度越大，相对介电常数越大．下列说法正确的是()A．当流水线上通过的产品厚度增大时，平行板电容器的电容增大B．当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明绝缘纸张变厚C．当绝缘纸张厚度变薄时，两板间电场强度变大D．增大恒压电源的电压值，可提高监控装置的灵敏度答案ABD解析根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知当产品厚度增大导致εr增大时，电容器的电容C增大，选项A正确；当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明电源正在对电容器充电，根据C＝eq\f(Q,U)可知电容增大，说明纸张变厚，选项B正确；当绝缘纸张厚度变薄时，εr减小，电容器的电容C减小，而电源电压不变，也没有改变极板间的距离d，由E＝eq\f(U,d)，知两板间电场强度不变，选项C错误；根据Q＝CU，可知若增大恒压电源的电压值，纸张薄厚变化能够引起更大的电荷量变化，电流计指针偏转更明显，灵敏度更高，选项D正确．三、选择题(本题共5小题，共52分)13．(10分)(2019·北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．(1)请在图甲中画出上述u－q图像．类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep＝________.(2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图丙中①②所示．a．①②两条曲线不同是________(选填“E”或“R”)的改变造成的；b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．________________________________________________________________________(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)．“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流答案(1)(1分)eq\f(1,2)CU2(2分)(2)a.R(1分)b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电(2分)(3)(4分)“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小解析(2)a.由题图知，电容器充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q＝CE知，两次电源电压相等，故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的．b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝eq\f(E,R)，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电．(3)接(2)中电源时，电源两端电压不变．通过电源的电流I＝eq\f(E－U,R)，随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变．接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大．14.(8分)(2022·广西南宁三中高二开学考试)如图所示，光滑绝缘斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m、电荷量为q，置于斜面上．当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度大小变为原来的eq\f(1,2)，方向不变，重力加速度为g，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)原来的电场强度大小；(2)电场强度变为原来的eq\f(1,2)后，小物块沿斜面下滑时的加速度有多大？答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g解析(1)平衡时，物块受重力mg、静电力qE、斜面的支持力FN的作用，如图所示由平衡条件得qE＝mgtan37°(2分)解得原来的电场强度E＝eq\f(3mg,4q)(2分)根据牛顿第二定律得mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝ma(2分)解得a＝0.3g.(2分)15．(10分)(2021·抚州一中期中)如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10cm，两板相距为2cm.一束电子以v0＝4.0×107m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45cm、宽D为20cm的荧光屏上．为使电子能射到荧光屏上．求两板间所加电压的取值范围．(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C)答案见解析解析如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Ue,2dm)(eq\f(l,v0))2(2分)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(Uel,dmv02)＝eq\f(2y,l)(2分)由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得tanθ＝eq\f(\f(D,2),L＋\f(l,2))＝eq\f(D,2L＋l)(2分)解得U＝eq\f(Ddmv02,el2L＋l)(2分)代入数据，得U＝360V．(1分)因此偏转电压在－360V～360V范围内时，电子可打在荧光屏上．(1分)16.(11分)(2021·杭州市质检)如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域(在第Ⅰ象限，形状是直角三角形)，直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L，0)和(0，L)点．区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为－q(q>0)和初速度为v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0<y<L的区间内，其中从(0，eq\f(L,2))点射入场区的带电微粒刚好从(L，0)点射出场区，带电微粒重力不计．求：(1)电场强度E的大小．(2)射到(2L，0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值．答案见解析解析(1)设从(0，eq\f(L,2))点射入的带电微粒在场区中的偏转时间为t1，根据平抛运动的规律，有L＝v0t1(1分)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(eq\f(qE,m))t12(2分)解得E＝eq\f(mv02,qL)(1分)(2)画出运动轨迹示意图如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1，竖直偏转位移为y1，偏转角为θ，偏转时间为t2，射入场区时的y坐标值为Y，有x1＝v0t2，y1＝eq\f(1,2)(eq\f(qE,m))t22(2分)根据几何关系，有x1＋eq\f(Y－y1,tanθ)＝2L(1分)L－x1＝Y－y1(1分)根据平抛运动的特点，有tanθ＝2eq\f(y1,x1)(2分)联立解得Y＝eq\f(5－\r(5),4)L.(1分)17．(13分)(2021·苏州中学月考)如图所示，BCDG是光滑绝缘的eq\f(3,4)圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为eq\f(3,4)mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小．(2)为使滑块能沿轨道滑行通过G点，求滑块从A点由静止释放时，A、B间的最小距离．答案见解析解析(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理，有eq\f(3,4)mg(s＋R)－μmgs－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0.(2分)解得v＝eq\r(gR).(1分)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则有F－eq\f(3,4)mg＝meq\f(v2,R)，(2分)解得F＝eq\f(7,4)mg.(1分)由牛顿第三定律，可知滑块对轨道的压力大小为eq\f(7,4)mg.(1分)(2)如图所示，可以将滑块所受静电力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点．要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑块滑至圆轨道H点时，应恰好由其所受静电力和重力的合力提供向心力，设此时滑块的速度最小，所受弹力为零，因为qE＝eq\f(3,4)mg，所以合力与竖直方向的夹角为37°，设此时滑块速度为vH，则有eq\r(qE2＋mg2)＝meq\f(vH2,R)，(2分)解得vH＝eq\f(\r(5gR),2).(1分)设A、B间最小距离为smin，由动能定理，有qEsmin－qERsin37°－mgR(1＋cos37°)－μmgsmin＝eq\f(1,2)mvH2，(2分)解得smin＝11.5R.(1分)本章知识网络构建电场线、等势面与电荷运动轨迹问题等分法的应用[学习目标]1.会分析电场线、等势面与电荷运动轨迹相结合的问题.2.会用等分法确定等势点(面)及电场方向．一、电场线、等势面与电荷运动轨迹综合问题例1(2021·长治市潞州区高二期中)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN答案D解析由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，EpM<EpN；N点附近电场线比M点密，故场强EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN，粒子若从N点运动到M点，静电力做正功，动能增加，故vM>vN，粒子若从M点运动到N点，静电力做负功，动能减小，故vM>vN.综上所述，选项D正确．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法1．从轨迹的弯曲方向判断受力方向(合外力指向轨迹凹侧)，从而分析电场方向或电荷的正负．2．结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．3．根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．针对训练1(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpBD．B点电势可能高于A点电势答案BC解析电子仅在静电力作用下可能从A运动到B，也可能从B运动到A，A错误；若aA＞aB，说明电子在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力，所以A距离点电荷较近，B距离点电荷较远，又因为电子受到的静电力指向轨迹凹侧，因此Q靠近M端且为正电荷，B正确；无论Q是正电荷还是负电荷，若电子从A运动到B，一定是克服静电力做功，若电子从B运动到A，一定是静电力做正功，即一定有EpA＜EpB，C正确；对于同一个负电荷，电势低处电势能大，B点电势一定低于A点电势，D错误．例2(2022·温州市高二期中)如图所示，某次雷雨天气，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成电场，图中虚线为该电场的三条等差等势线，实线为某带电粒子从A运动到B的轨迹，A、B为运动轨迹上的两点．带电粒子的重力不计，避雷针带负电．则()A．带电粒子带负电B．避雷针尖端附近电势较高C．带电粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能答案D解析根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到指向曲线弯曲内侧的作用力，即带电粒子与带负电的避雷针之间为相互吸引力，带电粒子带正电，A错误；避雷针带负电，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成的电场中，电场线指向避雷针，沿着电场线的方向，电势降低，由此可知，避雷针尖端附近电势较低，B错误；等差等势线越密集的位置，电场强度越强，由此可知，B点的电场强度大小大于A点的，由牛顿第二定律a＝eq\f(Eq,m)，则带电粒子在B点的加速度大于在A点的加速度，C错误；避雷针尖端附近电势较低，即φA>φB，根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，又因为粒子带正电，则带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，D正确．二、用等分法确定匀强电场中的等势线和电场线1．在匀强电场中，沿任意一个方向，电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等，如图甲所示，如果AB＝BC，则UAB＝UBC.2．在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等，如图乙所示，▱ABCD中，UAB＝UDC，UBC＝UAD.3．由于匀强电场中沿任意一条直线电势降落都是均匀的，如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的eq\f(1,n)，像这样采用等分间距求电势的方法，叫作等分法．4．确定匀强电场的电场方向：在匀强电场中，先利用等分法确定电势相等的点，画出等势面(线)，然后根据电场线与等势面(线)垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面(线)指向电势低的等势面(线)，电场线的方向也就是电场方向．例3(2021·南昌一中期中)如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别是φA＝15V，φB＝3V，φC＝－3V，由此可以推断D点的电势φD是()A．6VB．9VC．3VD．12V答案B解析由匀强电场的特点知，在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等．故有UAB＝UDC，即φA－φB＝φD－φC，所以φD＝9V，故选B.例4如图所示，在平面直角坐标系中，有一个方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为()A．200V/m B．200eq\r(3)V/mC．100V/m D．100eq\r(3)V/m答案A解析在匀强电场中，沿某一方向电势均匀降低或升高，故OA的中点C的电势φC＝3V(如＝eq\f(1,2)，所以d＝eq\f(1,2)eq\x\to(OC)＝1.5×10－2m．匀强电场的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3,1.5×10－2)V/m＝200V/m，故选项A正确．用等分法找等势点的技巧1．在匀强电场中，将电势最高点和电势最低点连接后，根据需要等分成若干段，必能找到第三点的等势点．2．在匀强电场中，两等势点的连线一定是等势线，与等势线垂直、由高电势指向低电势的方向一定是电场方向．3．等分法的关键是找到电势相等的点，进而画出电场线．4．用等分法确定电势或电场强度方向只适用于匀强电场．针对训练2(多选)(2021·驻马店市高二期末)如图所示，在xOy坐标系中有一底角为60°的等B点电势为0，则由此可以判定()A．电场的电场强度大小为150eq\r(3)V/mB．电场的电场强度大小为100eq\r(3)V/mC．电场的方向与x轴正方向成30°角向上D．电场的方向沿x轴正方向答案AC解析因原点O的电势为9V，B点电势为0，可知OB连线中点(设为D)的电势为φD＝eq\f(φO＋φB,2)＝4.5V，因A点电势为4.5V，可知AD为等势面，则由几何关系可知，场强方向沿OB方向，与x轴正方向成30°角向上，大小为E＝eq\f(UOB,dOB)＝eq\f(9,2×2×\f(\r(3),2))V/cm＝150eq\r(3)V/m，故选A、C.考点一电场线、等势面与电荷运动轨迹的综合问题1．若带正电荷的微粒在电场中运动，只受静电力作用，它在任意一段时间内()A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动答案D解析微粒的运动情况取决于合力和初速度的关系，微粒只受到静电力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，微粒有没有初速度及初速度方向与电场线的关系；只有当电场线是直线且微粒的运动方向沿着电场线时，微粒才沿电场线运动，微粒不一定由高电势处向低电势处运动，故A、B、C错误，D正确．2.(多选)(2022·宣威市第三中学高二期末)负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P仅在该电荷的静电力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则()A．粒子P带负电B．a、b、c三点的电势高低关系是φa＝φc<φbC．粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小D．粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2∶1∶2答案BCD解析由运动轨迹可知，粒子P受引力作用，粒子带正电，故A错误；a、c与负点电荷Q的距离相等，b点距离负点电荷Q较远．距离负电荷越远，电势越高，故B正确；正电荷在电势越高(低)的位置，电势能越大(小)，结合A、B选项，粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小，故C正确；由几何关系，a、b、c三点到负点电荷Q的距离关系为ra＝rc＝eq\f(\r(2),2)rb，又根据F＝keq\f(Qq,r2)＝ma，得aa∶ab∶ac＝2∶1∶2，故D正确．3．(2021·普宁市高二上期中)一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则()A．粒子一定带正电B．粒子的运动是匀变速运动C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大答案B解析由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据粒子运动轨迹可知该粒子所受静电力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子做匀变速曲线运动，静电力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故选B.4.(多选)(2021·嫩江市期中)如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6C的微粒在电场中仅受静电力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5J，则以下判断正确的是()A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示C．B点电势高于A点电势D．B点电势低于A点电势答案AC解析由题知，带正电的微粒仅受静电力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10－5J，说明静电力做负功，则知静电力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹如题图中虚线1所示，故A正确，B错误；由于微粒带正电，所受静电力水平向左，则电场强度方向水平向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则B点电势高于A点电势，故C正确，D错误．5.(2022·辽宁高二期末)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等差等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A．a、b、c、d、e各点中c点电势最高B．b点和d点的电场强度相同C．粒子在a点的电势能大于在c点的电势能D．粒子从a点运动到e点的过程中的动能先减小后增大答案D解析从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带负电粒子受到了向上的静电力的作用，可知电场强度方向大致向下，沿电场线电势逐渐降低，则a、b、c、d、e各点中c点电势最低，故A错误；根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，b点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；根据电势能Ep＝φq可知，负电荷在电势高的地方电势能低，故粒子在a点的电势能小于在c点的电势能，故C错误；粒子从a点运动到e点的过程中电势能先增大后减小，所以动能先减小再增大，故D正确．考点二等分法的应用6．(2022·重庆市沙坪坝区月考)A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5V，φB＝2V，φC＝1V，H、F三等分AB，G为AC的中点，下列图形中能正确表示电场强度方向的是()答案C解析由题意可知，各点的电势分别为φA＝5V，φB＝2V，φC＝1V，则AB连线上距B点eq\f(1,3)处的F点电势为3V，AC的中点G点电势也为3V，所以F点与AC中点的连线，即为等势线，由于沿着电场线方向，电势降低，故C正确，A、B、D错误．7.如图所示，匀强电场中有一个等边三角形ABC，其边长为1m，三角形所在的平面跟匀强电场平行．已知A、B、C三点的电势分别为6V、4V、2V，下列说法正确的是()A．匀强电场的方向垂直于AC边B．匀强电场的电场强度大小为2V/mC．等边三角形中心的电势为5VD．将一个电子从A点沿直线移到B点，其电势能增加了2eV答案D解析根据U＝Ed知在匀强电场中，沿同一方向相等距离电势差相等．设AC中点为D，D点的电势为φD＝eq\f(φA＋φC,2)＝eq\f(2＋6,2)V＝4V，则φD＝φB，BD为一条等势线．根据电场线与等势面垂直，且由高电势处指向低电势处，知AC连线为一条电场线，匀强电场的方向垂直于BD向下，如图所示，故A错误；AC间的电势差为UAC＝φA－φC＝6V－2V＝4V，匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(UAC,LAC)＝eq\f(4,1)V/m＝4V/m，故B错误；因为BD为一条等势线，等边三角形中心在BD边线上，则等边三角形中心的电势为4V，故C错误；将一个电子从A点沿直线移到B点，静电力做功为W＝－eUAB＝－e(φA－φB)＝－e×(6－4)V＝－2eV，则电子的电势能增加了2eV，故D正确．8.(多选)如图，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长为L＝2cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面．已知A、B、C、D的电势分别为－4V、0、8V、12V，则下列说法正确的是()A．E点的电势φE＝8VB．A、F间的电势差UAF＝4VC．C、F间的电势差UCF＝－8VD．该匀强电场的场强E＝400V/m答案AD解析连接AD、BF、CE，AD与BF、CE的交点分别为M、N.设六边形的中心点为O，如图所示：由图可知，AD与BF、CE都垂直，由正六边形的特点可知，AM＝MO＝ON＝ND，所以可知M、O、N的电势分别是0、4V、8V，所以BF和CE为等势面，则φF＝φB＝0，φE＝φC＝8V，故A正确；A、F间电势差为UAF＝φA－φF＝－4V－0＝－4V，故B错误；C、F间电势差为UCF＝φC－φF＝8V－0＝8V，故C错误；因为电场线和等势面垂直，BF为等势面，故电场线和BF垂直，故AD为电场线，因为沿着电场线方向电势降低，所以电场线方向由D指向A，即电场线垂直于BF连线，且指向A，该匀强电场的电场强度大小E＝eq\f(UBA,Lsin30°)＝eq\f(0－－4,2×0.5×10－2)V/m＝400V/m，故D正确．9.(2022·四川泸州高级中学校高二月考)如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为＋Q，图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等差等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的静电力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以下说法中正确的是()A．M一定是正离子，N一定是负离子B．M在p点的速率一定小于N在q点的速率C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量答案D解析由题图可知离子N受到中心电荷的斥力，而离子M受到中心电荷的引力，故两离子的电性一定不同．由于中心电荷带正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，A错误；由题图可判定M在从a到p运动过程中，静电力做正功，动能增加，而N在从a到q运动过程中，静电力做负功，动能减小．所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，B错误；由于a、b、c三点在同一等势面上，所以M在从a向b运动过程中静电力所做的总功为0，N在从a向c运动过程中静电力所做的总功为0.由于两离子以相同的速率从a点射入电场，故两离子分别经过b、c两点时的速率一定相等，C错误；由题图可知q点离正电荷更近一些，N离子在从a向q运动过程中静电力做负功的值大于离子M在从p向b运动过程中静电力做负功的值，故M从p到b过程电势能的增量一定小于N从a到q电势能的增量，D正确．10.(多选)(2021·宁波中学期中)空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心、半径为10cm的圆周上，并且∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，如图所示，现把一个电荷量q＝1×10－5C的正电荷从A点移到B点，静电力做功－1×10－4J；从B点移到C点，静电力做功为3