2024高考物理二轮复习专题六静电吃对练含解析

PAGE23-静电场2024年高考必备2015年2024年2024年2024年2024年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考点一电场力的性质电场能的性质152414、2015202116、2121152021考点二带电粒子在电场中的运动1514、2420152525212424考点一电场力的性质电场能的性质命题角度1(储备)电场强度的计算【典题】如图在半径为R的圆周上匀称分布着六个不同的点电荷,则圆心O处的电场强度大小和方向为()A.2kqR2由B.4kqR2由C.2kqR由OD.4kqR由O答案B解析由点电荷的电场强度公式可知,在A位置的点电荷在O点产生的电场强度大小为E=kqR2,在D点的点电荷在O点产生的电场强度大小为E'=3kqR2,电场强度是矢量,求合电场强度应用平行四边形定则,作出电场强度的示意图,如图所示.则A点的电场强度与D点的电场强度合成后大小为E1=ED-EA=2kqR2,方向指向A点;B点的电场强度与E点的电场强度合成后大小为E2=EB+EE=2kqR2,方向指向E点;C点的电场强度与F点的电场强度合成后大小为E3=EC+EF=2kqR2,方向指向F点,故E1、E2、E3大小相等,且E3刚好在E1与E2的角平分线上,由几何关系可知两者之间的夹角为120°,故将E1、E2合成后大小仍为E4=2kqR2,方向指向F点,再将E4与E3求解电场强度的方法(1)公式法用E=Fq、E=kQr2、E=(2)微元法微元法就是将探讨对象分割成若干微小的单元,若从探讨对象上选取某一“微元”加以分析,将“微元”视为点电荷,利用相关公式求解.(3)叠加法在几个点电荷产生的电场中,若每个点电荷单独存在时产生的电场在某点的电场强度分别为E1、E2、E3……,则该点的合电场强度E等于各个点电荷单独产生的电场在该点的电场强度E1、E2、E3……的矢量和.(4)补偿法由题设中所给条件建立的非标准模型,在原来问题的基础上再补充一些条件,由这些补充条件建立另一个简洁求解的标准模型,这样,求解非标准模型的问题就转变为求解一个完整的标准模型的问题.(5)利用处于静电平衡中的导体求解电场强度处于静电场中的导体在达到静电平衡时,导体内部的电场强度为零.其本质是感应电荷的电场强度和外电电场的电场强度叠加后为零,即有E感+E外=0,常利用此式求感应电荷的电场强度.典题演练提能·刷高分1.(2024湖北重点中学模拟)如图所示,A、B、C为放置在光滑绝缘水平面上的三个带电小球,球A固定且带电荷量为+Q;小球B和C带电荷量分别为-q和+2q,由长为L绝缘细杆相连,静止在水平面上.若A与B相距d,A、B和C视为点电荷,且三者在同始终线上,下列说法正确的是()A.其他条件不变,将A释放后不能保持静止B.绝缘细杆长L=(2-1)dC.A在B、C处产生的电场强度关系为EB=2ECD.其他条件不变,小球A的电荷量增加为+2Q,B、C及细杆组成的系统所受合外力不为零答案B解析三个在同始终线上的自由电荷,只要满意“两大夹一小”“两同夹一异”“近小远大”的条件,它们均能静止,选项A错误;对B电荷由平衡条件得kQqd2=2kq2L2,对C电荷同理得kQ·2q(d+L)2=2kq2L2,解以上两式得B与C之间的距离为L=(2-1)d,选项B正确;由点电荷的电场强度公式得EB=kQd2,EC=kQ(d+L)2,则E2.如图所示,一匀强电场的电场线与圆O所在平面平行,AB为圆的一条直径,C为圆周上一点,圆的半径为R,∠AOC=60°,在A点有一粒子源,能向圆O所在平面内各个方向以动能Ek放射同种带电粒子,粒子质量为m,电荷量为q,由视察可知经过B、C的粒子动能分别为5Ek和3Ek,则()A.匀强电场的电场强度为2B.匀强电场的电场强度为2C.匀强电场的方向垂直OCD.匀强电场的方向与AC平行答案C解析在匀强电场中,沿随意方向相等距离电势差相等,由题意可知A到B电场力做功4Ek,则由A到O电场力做功2Ek,由A到C电场力做功2Ek,即O、C为等势点,OC为等势线,则电场线垂直OC,依据几何关系可得匀强电场的电场强度为43E3.如图,竖直线OO'是等量异种电荷+Q和-Q连线的中垂线,A、B、C三点的位置如图所示,都处在一矩形金属盒内,且AC=BC.下列说法正确的是()A.若无金属盒,A、B、C三点电势大小关系是φA=φB>φCB.若有金属盒,A、B、C三点电势大小关系是φA=φC>φBC.金属盒上感应电荷在A、B、C三点的电场强度方向均水平向右D.金属盒上感应电荷在A、B、C三点电场强度大小关系是EB>EC>EA答案D解析若无矩形金属盒,AC是一条等势线,则φA=φC,A错误;金属盒处于静电平衡,整个金属盒是一个等势体,φA=φC=φB,故B错误;金属盒内部电场强度到处为零,金属盒上的感应电荷的电场强度与等量异种电荷+Q和-Q产生的电场强度大小相等、方向相反,而+Q和-Q在A、B、C三点产生的电场强度方向水平向右,则金属盒上的感应电荷在A、B、C三点电场强度方向均水平向左.+Q和-Q在A、B、C三点产生的电场强度大小关系为EB>EC>EA,则感应电荷在A、B、C三点电场强度大小关系是EB>EC>EA.故C错误,D正确.4.(多选)如图所示,水平面内的等边三角形ABC的边长为L,两个等量异种点电荷+Q和-Q分别固定于A、B两点.光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于A、B中点的正上方,且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽视它对原电场的影响),并由静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.忽视空气阻力,则下列说法正确的是()A.D点的电场强度大小为kQB.小球到达CD中点时,其加速度为零C.小球刚到达C点时,其动能为32D.小球沿直轨道CD下滑过程中,其电势能先增大后减小答案AC解析点电荷+Q和-Q在D点的电场强度的大小相等,则它们的合电场强度的方向平行于AB指向-Q一侧;由库仑定律知+Q、-Q在D点的电场强度的大小EA=EB=kQL2,依据平行四边形定则可知D点的合电场强度大小为kQL2,A正确;小球到达CD中点时,对小球进行受力分析,受到重力、弹力、平行AB的电场力,其所受合力不为零,加速度不为零,B错误;因为平面COD是一等势面,所以小球从D到C的过程中电场力不做功,只有重力做功,依据动能定理得,mg·OD=12mv2,由几何关系可得OD=Lsin60°=32L,小球的动能Ek=12mv2=5.(多选)如图所示,匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行,ad=3cm,ab=3cm,电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5eV;电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5eV.以a点的电势为电势零点,下列说法正确的是()A.c点的电势为3VB.b点的电势为4.5VC.该匀强电场的电场强度方向为由b点指向d点D.该匀强电场的电场强度大小为300V/m答案BD解析电子从a点运动到b点的过程中,电场力做的功为4.5eV,即Wab=qUab=q(φa-φb)=4.5eV,由于φa=0,解得φb=4.5V,同理可得Wad=qUad=q(φa-φd)=-4.5eV,解得φd=-4.5V,依据Uad=Ubc,即φa-φd=φb-φc,代入数据解得φc=0,故A错误,B正确;由A、B项分析可知,a、c两点的电势相等,所以ac连线为匀强电场中的等势线,依据电场线与等势线垂直,故C错误;过d点作ac的垂线,设垂足为f,由几何关系可得df=adcos30°,依据E=Uadaf=4命题角度2带电体的受力分析高考真题体验·对方向1.(2024全国Ⅰ·15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷答案D解析两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间为吸引力,才可能平衡.小球P带负电荷时,匀强电场供应的力与小球Q对小球P的吸引力抵消,合力为零,此时小球Q带正电荷,匀强电场供应的力与小球P对小球Q的吸引力抵消,合力为零,故A、B、C错误,D正确.2.(2024全国Ⅰ·16)如图,三个固定的带电小球a,b和c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm,小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线.设小球a、b所带电荷量的比值的肯定值为k,则()A.a、b的电荷同号,k=169 B.a、b的电荷异号,k=C.a、b的电荷同号,k=6427 D.a、b的电荷异号,k=答案D解析由题意知,小球c处在直角三角形的直角上,假如a、b为同种电荷,对小球c的库仑力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不行能平行于a和b连线,故a、b的电荷应异号;由三角关系tanθ=qcqb321.对库仑力的理解(1)两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律,不论两个带电体的电荷量是否相等,它们间的作用力肯定大小相等、方向相反,并与它们的质量无关.(2)库仑力具有力的共性,运算遵循力的平行四边形定则.2.库仑力作用下平衡问题的处理思路(1)明确探讨对象;(2)对探讨对象进行受力分析,留意电场力的方向;(3)依据平衡条件列方程求解.典题演练提能·刷高分1.(2024山东平度模拟)如图所示,竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q(q>0)的小环,在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷,杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形,c是ab的中点.将小环从O点无初速度释放,通过a点的速率为v.若已知ab=Oa=l,静电力常量为k,重力加速度为g.则()A.在a点,小环所受弹力大小为kQqB.在c点,小环的动能最大C.在c点,小环的电势能最大D.在b点,小环的速率为v答案D解析在a点,小环所受的电场力沿aQ方向,大小为kQql2,水平方向小环受力平衡,所以小环受到向右的弹力,大小等于电场力沿水平方向的分力kQql2sin60°=3kQq2l2,选项A错误;在c点时,小环水平方向受到电场力和杆的弹力作用,竖直方向受到重力作用,合力竖直向下,小环有竖直向下的加速度,所以在c点时小环的动能不是最大,选项B错误;c点距离Q最近,电势最高,带负电的小环在c点的电势能最小,选项C错误;因为a、b两点到Q的距离相等,所以a、b两点电势相等,小环从a点到b点,电场力做功为0,应用动能定理得mgl=122.如图,一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合.A、O、B为竖直平面上的三点,且O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO.现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点,从A点以初速度v0向B滑动,到达B点时速度恰好为0.则()A.从A到B,小物块的加速度渐渐减小B.从A到B,小物块的加速度先增大后减小C.小物块肯定带负电荷,从A到B电势能先减小后增大D.从A到B,小物块的电势能始终减小,受到的电场力先增大后减小答案B解析小球由A到B做减速运动,运动过程中受到重力、向右的电场力、向左的支持力、向上的摩擦力;加速度a=Ff-mgm3.如图所示,两平行带电金属板水平放置,若在两板中间a点从静止释放一质量为m的带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直纸面)逆时针旋转60°,再在a点静止释放一同样的微粒.以下相关描述正确的是()A.微粒仍旧保持静止B.微粒斜向右上方做匀加速直线运动C.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为mg,方向与水平面成30°斜向右上方的外力D.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为32mg答案C解析平行金属板水平放置时,释放的带电微粒恰好静止,可推断微粒所受到的电场力与重力大小相等、方向相反.当将两极板逆时针旋转θ=60°时,电场力也逆时针旋转θ=60°,重力保持不变,此时微粒所受合力方向为向左下方,且合力大小等于重力大小,等于mg,微粒将向左下方做匀加速直线运动,A、B错误;欲使该微粒保持静止,需施加的外力与重力和电场力的合力等大反向,故C正确,D错误.4.如图所示,真空中竖直放置半径为R的光滑半圆环,圆环最低点固定一个点电荷Q;质量为m、电荷量为+q的小圆环最初静止在图中所示的B点,此时θ=30°.现让小圆环从右侧最高点由静止释放.已知重力加速度为g,静电力常量为k.带电荷量为Q的点电荷,距离电荷为r处的电势可以表示为φ=kQr(1)半圆环最低点固定的点电荷的电荷量Q;(2)小环向下运动过程中的最大速度vm.答案(1)mgR2kq解析(1)小圆环在B点静止,此时小圆环所受合力为零.即2kQqR2Q=mg(2)对小圆环,当切向加速度为零,即在图中的B点时,速度达到最大kQq2R+mgRsin30°解得vm=(5.如图甲在水平地面上放置一个质量为m=0.1kg、带电荷量为q=0.01C的物体,物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4,地面上存在水平向左的电场,物体由静止起先向左运动,电场强度E随物体的位移x改变的图象如图乙所示.g取10m/s2,求:(1)运动过程中物体的最大加速度;(2)物体的速度达到最大时距动身点的距离.答案(1)6m/s2(2)2.4m解析(1)由牛顿其次定律,得F-μmg=ma当电场力F=qE=1N时,物体所受的合力最大加速度最大,代入解得a=6m/s2.(2)由图象可得电场强度随位移是改变的,所以物体受到的电场力随位移是改变的,当电场力等于摩擦力时,加速度为0,速度最大,则F'=qE'=μmgE'=40N/C.由图得到E与x的函数关系式E=100-25x,当E'=40N/C时,解得x=2.4m.6.(2024河南开封模拟)如图所示,在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=3.0×104N/C.有一个质量m=4.0×10-3kg的带电小球,用绝缘轻细线悬挂起来,静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°.g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80,不计空气阻力的作用.(1)求小球所带的电荷量及电性;(2)假如将细线轻轻剪断,求细线剪断后,小球运动的加速度大小;(3)从剪断细线起先经过时间t=0.20s,求这一段时间内小球电势能的改变量.答案(1)1.0×10-6C正电荷(2)12.5m/s2(3)削减4.5×10-3J解析(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力FT的作用,如图所示,由共点力平衡条件有:F=qE=mgtanθ解得:q=mgtanθE=1.0×10电场力的方向与电场强度的方向相同,故小球所带电荷为正电荷.(2)剪断细线后,小球做匀加速直线运动,设其加速度为a,由牛顿其次定律有:mgcosθ=ma,解得:a=gcosθ=(3)在t=0.20s的时间内,小球的位移为:l=12at2=0.小球运动过程中,电场力做的功为:W=qElsinθ=mglsinθtanθ=4.5×10-3J所以小球电势能的改变量(削减量)为:ΔEp=4.5×10-3J命题角度3电场能的性质的理解高考真题体验·对方向1.(多选)(2024全国Ⅱ·20)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止起先运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹肯定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向肯定与粒子轨迹在该点的切线平行答案AC解析本题考查静电场的分布特点及电场力与运动的关系,电场力做功与电势能的关系.带电粒子仅在电场力作用下,粒子的速度大小可能先增大后减小,如:在等量同种电荷形成的电场中带电粒子沿着两电荷连线的中垂线运动时,A正确.因为粒子只在电场力作用下从M点运动到N点,依据动能定理,W电=-ΔEp=EkN-0=EpM-EpN,而EkN≥0,所以EpM≥EpN,C正确.粒子的轨迹与电场线不肯定重合,在N点,电场力的方向不肯定与粒子轨迹在该点的切线平行,B、D错误.2.(多选)(2024全国Ⅲ·21)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点.则()A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加答案BC解析取无穷远处电势为0,a点距-q近,距q远;b点距q近,距-q远,b点电势大于a点电势,A错误.电势能Ep=qφ,负电荷在电势小处电势能大,即负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,将负电荷从a点移到b点,电势能减小,D错误.正电荷的电场强度沿半径向外,负电荷的电场强度沿半径向内,E=kQr2,点电荷q在a点的电场强度与点电荷-q在b点的电场强度相同,大小和方向都一样;点电荷q在b点的电场强度与点电荷-q在a点的电场强度相同,大小和方向都一样,则a点的合电场强度与b3.(多选)(2024全国Ⅰ·21)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c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倍答案AB解析从a到d的过程克服电场力做功为6eV,所以电场方向为水平向右,每个间距电势差为2V,所以平面c电势为零,故A项正确;由于电子不肯定垂直等势面进入,可能做曲线运动,所以可能到达不了f平面,故B项正确;整个过程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的电势能为-4eV、-2eV、0eV、+2eV、+4eV,动能分别为+10eV、+8eV、+6eV、+4eV、+2eV,故C项错误;由于电子经过b、d平面时的动能分别为8eV和4eV,所以该电子经过b平面时的速率是经过d时的2倍,故D项错误.4.(多选)(2024全国Ⅱ·21)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是()A.此匀强电场的场强方向肯定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功肯定为WC.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小肯定为WD.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差肯定等于b、N两点之间的电势差答案BD解析设a、b、c、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd,粒子从a点移到b点,其电势能减小,则电场力做正功,电场力与a、b连线平行或成锐角,电场方向不肯定与a、b连线平行,同理,电场方向不肯定与c、d连线平行,W2=EqL不肯定成立,则E=W2qL不肯定成立,选项A、C错误;依据电场力公式,有W1=(φa-φb)q,W2=(φc-φd)q,匀强电场中沿直线电势随距离匀称改变,所以φM=φa+φc2,φN=φb+φd2,有WMN=(φM-φN)q=W1+W22,选项B正确;若W1=W2,则(φa-φb)=(φc-φ5.(多选)(2024全国Ⅲ·21)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答案ABD解析如图所示,设ac之间的d点电势与b点相同,则addc=10-1717-26=79,可得d点的坐标为(3.5cm,6cm),过c点作等势线bd的垂线交bd于f点,由几何关系可得cf的长度为3.6cm,所以电场强度的大小E=Ud=(26-17)V3.6cm=2.5V/cm,故A正确.匀强电场中,相同方向上改变相同的距离电势差相等,故UaO=Ucb,即φa-φO=φc6.(多选)(2024全国Ⅰ·20)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽视空气阻力.由此可知()A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小答案AB解析由于轨迹关于P点对称,依据曲线运动合力方向应指向曲线内侧,在P点合力方向竖直向上,则电场线方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项A正确;依据Ep=φq可知,油滴在Q点的电势能小于在P点的电势能,选项C错误;油滴所受合力竖直向上,依据动能定理可知,油滴在Q点的动能大于P点,选项B正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项D错误.用“速度线”与“力线”分析曲线运动带电粒子仅受电场力,其运动轨迹与电场线、等势线一般不重合.轨迹曲线的本质为运动与力的关系.分析时要综合应用牛顿运动定律、功和能,做定性分析,或简洁的计算.若粒子还受重力作用,可以此为基础拓展分析.(1)两线法入手在运动的初始位置,画出“速度线”(轨迹的有向切线)与“力线”(电场线的切线或等势面的有向垂线),从“两线”的夹角状况分析运动与力的关系.若夹角为锐角,则加速运动、电场力做正功.若夹角为钝角,则减速运动、电场力做负功.(2)必要的探讨电荷的正负、电场强度的方向或各等势面电势的凹凸、运动轨迹的方向是题意中相互制约的三个方面.若已知其中两个,可分析判定第三个方面.若有两个未知或三个都未知,则要分别探讨各种状况.对某些物理量,在探讨的各种状况中会有“归一”的结果.(3)分析临界性拐点若轨迹在某点与等势面相切或与电场线垂直,则该点为运动的转折性拐点,如图中b点.拐点两侧有不同的运动特点(多过程现象).典题演练提能·刷高分1.如图,匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点.已知G、F、B、D点的电势分别为5V、1V、2V、4V,则A点的电势为()A.0 B.1VC.2V D.3V答案A解析UDG=φD-φG=4V-5V=-1V,UAF=φA-φF=φA-1V,在匀强电场中,因为DG平行于AF,故UDG=UAF,解得φA=0,A正确.2.(多选)(2024山东临沂模拟)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的改变规律如图所示,坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O'、A、B、C四点相对应,相邻两点间距相等.一个带正电的粒子从O'点由静止释放,运动到A点的动能为Ek,仅考虑电场力作用,则()A.从O'点到C点,电势先上升后降低B.粒子先做匀加速运动,后做变加速运动C.粒子在AB段电势能改变量大于BC段的电势能改变量D.粒子运动到C点时动能小于3Ek答案CD解析由题图知,从O'点到C点,沿电场线方向,电势渐渐降低,选项A错误;由静止释放的粒子所受电场力与速度方向一样,所以粒子始终做加速直线运动,在O~x1段电场强度渐渐变大,粒子所受电场力渐渐变大,做加速度增大的变加速直线运动,选项B错误;E-x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差,AB段的电势差大于BC段的电势差,故电场力做功WAB>WBC,由电场力做功与电势能改变的关系得,粒子在AB段电势能改变量大于BC段的电势能改变量,选项C正确;由E-x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差,UOA=12E0x1,UAC<12E0·2x1,得2UOA>UAC,由动能定理qU=ΔEk,得qUOA=Ek-0,qUAC=EkC-Ek,知粒子运动到C点时动能小于33.(2024陕西西安高三质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图,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答案C解析由题图中电场线的方向可知φM>φO>φN,再作出此电场中过O点的等势线,可知φO>φQ,选项A错误;且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度,故UMO>UON,选项B错误;因UMQ>0,负电荷从M点到Q点电场力做负功,电势能增加,选项C正确;正电荷在Q4.(多选)如图所示,ABC是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈,∠C=30°、∠B=60°,D为AC中点;质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放,滑到斜面底端B点时速度为v0,若空间加一与ABC平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B点时速度为2v0,若在同样的匀强电场中滑块由静止沿AC面滑下,滑到斜面底端C点时速度为3v0,则下列说法正确的是()A.电场方向由A指向CB.B点电势与D点电势相等C.滑块滑到D点时机械能增加了1D.小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能改变值之比为2∶3答案BC解析无电场时由A到B有mgh=12有电场时由A到B有mgh+WE=12m(2v0)2有电场时由A到C有mgh+WE'=12m(3v0)2由①②③可得WE=12mv0又WE=qUAB,WE'=qUAC,则UAB=12UAC.则D点与B点电势相等,B正确;电场线应与BD垂直,而AC不与BD垂直,A错误;因D为AC的中点,则滑到D点电场力做功为到C点的一半,为12mv02,C正确;小滑块沿AB面、AC5.(多选)如图所示,一带电小球固定在光滑水平面上的O点,虚线a、b、c、d是带电小球激发电场的四条等距离的等势线.一个带电小滑块从等势线d上的1处以水平初速度v0运动,结果形成了实线所示的小滑块运动轨迹.1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点.由此可以判定()A.固定小球与小滑块带异种电荷B.在整个运动过程中小滑块具有的动能与电势能之和保持不变C.在整个过程中小滑块的电势能先增大后减小D.小滑块从位置3到4和从位置4到5的过程中,电场力做功的大小关系是W34=W45答案BC解析由题图看出滑块的轨迹向右弯曲,可以知道滑块受到了斥力作用,则知小球与小滑块电性肯定相同,故A错误.在整个运动过程中小滑块只发生了动能和电势能的转化,依据能量守恒可知B正确;由图可知,小滑块运动过程中电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,C正确;依据等势线的疏密结合U=Ed可知,4、5间电势差与3、4间电势差关系是U45<U34,则电场力做功的大小关系是W45<W34,D错误.命题角度4电场中的图象问题高考真题体验·对方向(多选)(2024全国Ⅰ·20)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra,φa)标出,其余类推.现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()A.Ea∶Eb=4∶1 B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3答案AC解析由题图知,ra∶rb∶rc∶rd=1∶2∶3∶6,电场强度E=kQr2,故Ea∶Eb=4∶1,A项正确.Ec∶Ed=4∶1,故B项错误.依据Uab=φa-φb,由题图知,Uab∶Ubc∶Ucd=3∶1∶1,由做功Wab=qUab,故Wab∶Wbc=3∶1,C正确.Wbc∶Wcd=1∶电场问题中常见的“三类”图象(1)电场中粒子运动的v-t图象当带电粒子只在电场力作用下运动时,假如给出了粒子运动的速度图象,则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向,加速度大小改变状况,进而可将粒子运动中经验的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势凹凸及电势能的改变等状况判定出来.(2)电场中的E-x图象在给定了电场的E-x图象后,可以由图线确定电场强度的改变状况、电势的改变状况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差.在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能改变、电势能改变等状况.(3)电场中的φ-x图象在电场的φ-x图象中,图线各点切线的斜率为各点处电场强度的大小.φ-x图象中,除了可以干脆从图中了解各点电势大小及改变状况,还可以从图线的斜率上了解各点电场强度的大小及方向.当φ-x图象与粒子运动相结合时,可以涉及的方面有粒子电性、电势能、电场力做功、动能、速度、加速度等.典题演练提能·刷高分1.如图甲所示,在光滑绝缘的水平面上固定两个等量的正点电荷,M、O、N为两点电荷连线上的点,其中O为连线中点,且MO=ON.在M点由静止释放一个电荷量为q的正摸索电荷,结果该摸索电荷在MN间做来回往复运动,在一个周期内的v-t图象如图乙所示,则下列说法正确的是()A.M和N两点的电场强度和电势完全相同B.摸索电荷在O点所受电场力最大,运动的速度也最大C.摸索电荷在t2时刻到达O点,t4时刻到达N点D.摸索电荷从M经O到N的过程中,电势能先减小后增大答案D解析M、N两点关于O点对称,电势相同,电场强度大小相等、方向相反,A项错误;从M点到O点,摸索电荷做加速度渐渐减小的加速运动,从O点到N点做加速度渐渐增大的减速运动,O点电场强度为零,所受电场力为零,加速度为零,速度最大,B项错误;摸索电荷在t1时刻到达O点,t2时刻到达N点,t3时刻返回到O点,t4时刻返回到M点,完成一个周期的运动,C项错误;从M点到O点的过程中,电场力对摸索电荷做正功,电势能减小,从O点到N点的过程中,电场力做负功,电势能增加,D项正确.2.如图甲所示,有一绝缘的竖直圆环,圆环上匀称分布着正电荷.一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一质量为m=10g的带正电的小球,小球所带电荷量q=3.0×10-4C.让小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的v-t图象如图乙所示,且已知小球运动到B点时,速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线).下列说法正确的是()A.由C到A的过程中,小球的电势能先减小后增大B.在O点右侧杆上,B点电场强度最大,电场强度大小为E=1.0V/mC.沿着C到A的方向,电势先降低后上升D.C、B两点间的电势差UCB=1.5V答案D解析由题图乙可知,小球在B点的加速度最大,故所受的电场力最大,加速度由电场力产生,故B点的电场强度最大,a=ΔvΔt=0.35m/s2=0.06m/s2,a=qEm,解得E=maq=0.01×0.063.0×10-4V/m=2V/m,故B错误;从C到A小球的动能始终增大,说明电场力始终做正功,故电势能始终减小,电势始终减小,故A、C错误;由3.(多选)如图所示,P、Q为两个等量的异种电荷,以靠近电荷P的O点为原点,沿两电荷的连线建立x轴,沿直线向右为x轴正方向,一带正电的粒子从O点由静止起先仅在电场力作用下运动到A点,已知A点与O点关于P、Q两电荷连线的中点对称,粒子的重力忽视不计.在从O点到A点的运动过程中,下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间的改变、粒子的动能和运动径迹上电势φ随位移x的改变图线可能正确的是()答案CD解析等量异种电荷的电场线如图所示.依据沿着电场线方向电势渐渐降低,电场强度E=ΔφΔx,由图可知E先减小后增大,所以φ-x图象切线的斜领先减小后增大,故A错误.沿两点电荷连线从O到A,电场强度先变小后变大,一带正电的粒子从O点由静止起先在电场力作用下运动到A点的过程中,电场力始终做正功,粒子的速度始终在增大.电场力先变小后变大,则加速度先变小后变大.v-t图象切线的斜领先变小后变大,故C、D可能.粒子的动能Ek=qEx,电场强度先变小后变大,则Ek-x切线的斜领先变小后变大,则B图不行能,故B错误4.(2024湖南长沙雅礼中学月考)电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点,规定无穷远处电势为零,x轴上各点电势随x的改变关系如图所示.则()A.Q1带负电,Q2带正电B.G点处电场强度的方向沿x轴正方向C.将带负电的摸索电荷自G点静止释放,仅在电场力作用下肯定不能到D点D.将带负电的摸索电荷从D点沿x轴正方向移到J点,电场力先做负功后做正功答案C解析由图知无穷远处的电势为0,B点的电势为零,由于沿着电场线电势降低,所以O点的电荷Q1带正电,C点电荷Q2带负电,选项A错误;由图可知,从D点到G点电势上升,由沿着电场线电势降低可知,G点的电场强度方向为沿x轴负方向,选项B错误;负电的摸索电荷在G点所受电场力方向沿x轴正方向,所以在电场力作用下沿x轴正方向做加速运动始终到H点,由于H点的右边电场强度方向沿x轴正方向,负摸索电荷过H点后做减速运动,由于G、J点关于H点对称,则电场分布关于H点对称,负摸索电荷将在G点和J点之间往复运动.所以负摸索电荷肯定不能达到D点,选项C正确;D点到J点之间,电势先高升后降低,所以电场强度方向先沿x轴负方向,后沿x轴正方向,将一负摸索电荷从D点移到J点,电场力先做正功后做负功,选项D错误.5.(多选)a、c、d、b依次为x轴上的四个点,a与b、c与d均以原点O对称.a、b两点固定着两个电荷量相等的点电荷,如图所示的Ex-x图象描绘了x轴上部分区域的电场强度改变状况(以x轴正方向为电场强度的正方向).下列推断正确的是()A.c、d两点的电场强度相同B.c、d两点的电势相同C.正的摸索电荷从c移到d电场力做负功D.负的摸索电荷在c处的电势能较d处大答案ACD解析x轴正方向电场强度为正,依据图象可知O点的电场强度为负,故b点放置的是正电荷,a点放置的是负电荷.依据电场强度的对称性可知,A正确;x轴上电场线由b指向a,沿着电场线电势降低,B错误;正的摸索电荷从c到d,电场力做负功,C正确;负电荷在电势低处电势能大,D正确.6.(多选)一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x改变的关系如图所示,其中O~x1段是曲线,x1~x2段是平行于x轴的直线,x2~x3段是倾斜直线,下列说法正确的是()A.从O到x1电势渐渐降低B.x2处的电势比x3处高C.x1~x2段电场强度为零D.x2~x3段的电场强度减小答案AC解析从O到x1电子的电势能渐渐增加,则电势渐渐降低,选项A正确;电子在x2处的电势能较x3处的电势能大,则x2处的电势比x3处低,选项B