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第9讲 电场-最新高考物理二轮复习直击高考热点难点
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第9讲 电场
带电粒子在交变电场中的运动
解答这类问题，通常从受力分析（力的大小、方向的变化特点)和运动分析（运动状态及形式）入手，应用力学的基本规律定性、定量讨论，注意思维方法和技巧的灵活运用。
1借助图像，展示物理过程
2.巧取分运动，化繁为简
3.建立理想模型，化难为易
例题1如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），时刻，板电势高于板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映质子速度、位移、加速度和动能四个物理量随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
A、质子在电场中的加速度即加速度与金属板间电压成正比，故图象应与图相似，A错误；
B、时间内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由
知质子的位移与时间成二次函数关系，图象应该为抛物线，B错误；
C、由图乙可知，在时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在时间内，加速度方向相反，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；同理，C正确；
D、由于,
故动能与时间为二次函数关系，图象应该为抛物线，D错误。
故选C。
应用功能关系探究电场中能量转化问题
1.功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力及系统内弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化；
(4)合力对物体所做的功，等于物体动能的变化。
2.用动能定理处理，思维顺序一般为
(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程；
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功；
(3)弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）；
(4)根据,列出方程求解。
3.用能量守恒定律处理，列式的方法常有两种
(1)从初、末状态的能量相等（即）列方程；
(2)从某些能量的减少量等于另一些能量的增加量（即△E=△E')列方程。
例题2
如图所示，矩形区域内有水平向右的匀强电场，半径为、内壁光滑的绝缘半圆细管固定在竖直平面内，直径垂直于水平虚线，圆心O在的中点，半圆管的一半处于电场中。质量为、电荷量为的带正电的小球（视为质点）从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时的速度大小为，之后小球从区域的右边界离开电场．取重力加速度大小，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点受到的支持力大小为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．电场区域的最小面积为
D．电场区域的最小面积为
【答案】BD
【解析】A．在B点，根据牛顿第二定律
得
故A错误；
B．A到B的过程中，根据动能定理
解得
故B正确；
CD．小球从B点飞出后，水平方向左匀变速运动
水平速度减速到0
解得
所以电场区域水平方向宽度至少为
水平方向，带电粒子向左减速的时间
向右加速
小球竖直方向上做自由落体运动
电场竖直方向宽度至少为
电场区域的面积至少为
故C错误，D正确。
故选BD。
电场性质的考查
1．电场中各物理量的关系
2．电场强度的判断
(1)场强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；
(2)电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较，大小可根据场强公式进行计算．
3．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＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
4.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，反之电势能增大．
例题3 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·21)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点．下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，静电力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】
该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示．距P越近，电场强度越大，沿MN边，从M点到N点，与P点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，故A错误；沿电场线方向电势降低，沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小，故B正确；由图可知，M点电势高于N点电势，根据Ep＝qφ知，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；将正电荷从M点移动到N点，即从高电势移动到低电势，静电力所做的总功为正，故D错误．
平行板电容器电场问题
1．必须记住的三个公式
定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝.
2．掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压．
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变．
3．注意一个特例
当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制．
例题4如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将竖直向上运动
B．带电油滴的机械能将增加
C．P点的电势将升高
D．电容器的电容增加，极板带电荷量增加
【答案】C
【解析】一个带负电的油滴最初处于静止状态，说明油滴受到的电场力和重力平衡；现在将下极板向下移动，板间的电压等于电源电动势不变，所以板间的电场强度将减小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴受到的重力大于电场力，油滴将竖直向下运动，故A错误．根据A项的分析可得，油滴向下运动，电场力做负功；机械能的变化等于除重力和弹簧的弹力外的其他力做功，所以机械能将减小，故B错误．因为上极板接地，所以上极板的电势为零，并且上极板接电源的正极，下极板接电源的负极，所以上极板的电势高于下极板的电势，电场线的方向是竖直向下的，板间各点的电势为负值；设P点距离上极板的距离为x，则P点的电势为－x，由于d增加，所以P点的电势将升高，故C正确．Q＝CU，电压不变，根据电容C＝，d增加，C减小，所以极板带电荷量减小，故D错误．
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场强方向、场强大小、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图线切线的斜率大小等于沿x轴方向电场强度E的大小．
E－x图像
以场强沿x轴方向为例：
(1)E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向．
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定．
Ep－x图像
(1)图像的切线斜率大小等于静电力大小．
(2)可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况.
例题5通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为Er＝(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是( )
A．电荷Q1、Q2的电性相反
B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为1∶4
C．B点的x坐标是8 cm
D．C点的x坐标是12 cm
【答案】ACD
【解析】电势φ随x的变化关系图象的斜率＝E，所以C点电场强度为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；根据φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；根据φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确．
带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的运动
2．带电粒子在电场中的运动问题的解题思路
(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理
①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.
②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．
(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．
3．解题途径的选择
(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．
例题6真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
【答案】见解析
【解析】
(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1 ①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1 ②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2 ③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1 ④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1. ⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg ⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t ⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t ⑧
由题给条件有
v＝2g(2h) ⑨
式中h是B、A两点之间的距离．
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h ⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1 ⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋>1 ⑫
即当0
才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h ⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1 ⑯
为使E2>E1，应有
2－2－>1 ⑰
即t1> ⑱
另一解为负，不合题意，已舍去．
电场的叠加
例题7如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在边长为L的正方体的两个顶点上，A是正方体的另一个顶点，如果点电荷q、－q连线中点O的电场强度大小是E，则正方体A点的电场强度大小是( )
A.E B.E C.E D.E
【答案】B
【解析】根据几何知识可得，O点到两个电荷的距离都是L，则O点场强为E＝2k＝，A点场强EA满足关系式：E＝[]2＋2，解得EA＝＝E，故选B.
电场线(等势面)与粒子运动轨迹
例题8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＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN
D．aM＜aN，EpM＜EpN
【答案】D
【解析】因为N点的电场线密，所以场强大，粒子受到的静电力大，加速度大，即aM＜aN.由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏的一侧指向电场线密集的一侧，沿电场线方向电势降低，即φM＞φN.又由Ep＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpM＜EpN.若带负电粒子由M向N运动，静电力做负功，则动能减小，所以vM＞vN.若带负电粒子由N向M运动，静电力做正功，则动能增大，也可得vM＞vN，故选D.
一、单选题
1．如图所示，以点电荷为球心画出两个球面1和2，半径分别为和，a点位于球面1上，b点位于球面2上。下列说法正确的是（ ）
A．a点电势高于b点电势
B．a、b两点场强比为
C．穿过球面l的电场线总条数比穿过球面2的多
D．将带正电的点电荷q从a点移动到b电势能减小
【答案】B
【解析】
A．点电荷的电场线指向点电荷，电势沿电场线方向降低，则a点电势低于b点电势，故A错误；
B．根据点电荷产生的电场公式
则a、b两点场强比为
故B正确；
C．穿过任何一个球面的电场线总条数相同，故C错误；
D．将带正电的点电荷q从a点移动到b，电势升高，电势能增加，故D错误。
故选B。
2．如图所示，空间有一圆锥OBD，点A、E分别是两母线的中点，C为AB的中点，现在顶点O处固定一负的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的电场强度之比为2:1
B．圆锥底面圆所在平面为等势面
C．若A点的电势为，B点的电势为，则C点的电势小于
D．将一负的试探电荷从B点沿直线移到D点，试探电荷的电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】
A．根据题意可知
根据点电荷的场强公式
可知A、B两点的电场强度之比为，故A错误；
B．点电荷的等势面是同心球面，圆锥底面圆所在平面上各点到的距离不相等，所以不是等势面，故B错误；
C．若A点的电势为，B点的电势为，若电场为匀强电场，则则C点的电势等于，由于间的场强小于间的场强，根据
定性分析可知
可知
解得
故C错误；
D．将一负的试探电荷从B点沿直线移到D点，电势先降低后升高，则电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
3．如图所示，△ABC是边长为a的等边三角形，O点是三角形的中心，在三角形的三个顶点分别固定三个电荷量均为q的点电荷（电性已在图中标出），若要使放置在O点处的电荷不受电场力的作用，则可在三角形所在平面内加一匀强电场。静电力常量为k，对于所加匀强电场的电场强度的大小和方向，下列说法正确的是（ ）
A．大小为，方向由B指向O B．大小为，方向由O指向B
C．大小为，方向由B指向O D．大小为，方向由O指向B
【答案】B
【解析】
有几何关系可得
三个点电荷在O点的场强大小均为
如图所示
三者的合场强大小为
方向由O指向B，故B正确，ACD错误。
故选B。
4．如图，abcd-a'b'c'd'为虚拟正方体空间，两个等量带正电的点电荷分别固定于bb'中点和dd'中点，O、O'分别是面abcd、面a'b'c'd'的中点（图中未画出），下列说法正确的是（ ）
A．将一负试探电荷从O点由静止释放，将在O、O'连线间做往返运动
B．b、d两点处的场强相同
C．a点处的电势比a'点处高
D．a点处的电势比a'点处低
【答案】A
【解析】
A．由等量同种正点电荷的电场线特点，可知O、O'连线是中垂线，且是关于两正点电荷连线与中垂线交点对称点，连线中点场强是零，中垂线上场强方向总沿中垂线远离交点，在中垂线上从交点到无限远处电场线先变密后变疏，即场强先变强后变弱；所以将一负试探电荷从O点由静止释放，将在O、O'连线间做往返运动，A正确；
B．由等量同种正点电荷的电场线特点，可知 b、d两点是关于O点的对称点，所以两处的场强大小相等，方向不相同，B错误；
CD．a 、a'两点是对称点，两点的电势相等，CD错误。
故选A。
5．真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点，在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E，电势为；若再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则O点的场强大小和电势应分别为（ ）
A． B． C． D．0，
【答案】B
【解析】
在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E
得
则O点的场强大小
三角形中心O点的电势为，再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则BC在O点的电势与无穷远处是相等的，为0。A为等量同种电荷，则O点电势应为。
故选B。
6．在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为＋q的小物体轻放在水平面上，此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O，沿运动方向建立x轴，x轴上各点的电势随位置坐标x的变化如图所示。图中0～l为曲线，l～2l及2l～3l为直线，图像曲线部分和直线部分在处相切，已知小物体在处速度为最大值，在处速度恰好为零，下列说法错误的是（ ）
A．小物体从O到的过程中由于摩擦产生的热量为
B．小物体运动过程中受到的摩擦力大小为
C．、、的关系为
D．小物体运动过程中的最大动能为
【答案】B
【解析】
A．小物体从O到过程中由能量守恒定律可知，小物体减少的电势能均转化为摩擦生热，所以小物体从O到过程中由于摩擦产生的热量为，故A正确，不符合题意；
B．因小物体位于时速度刚好最大，故此时加速度为零，所以其所受摩擦力为
故B错误，符合题意；
C．小物体从O到过程中由能量守恒定律得
解得
故C正确，不符合题意；
D．小物体在到过程中由动能定理得
解得
故D正确，不符合题意。
故选B。
7．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（ ）
A．直线c位于某一等势面内，φM＝φQ
B．直线a位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【答案】A
【解析】
AB．据题，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则电势能增加相等，所以电势降低，电场线方向向下，且N、P两点的电势相等，直线d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线c位于同一等势面内，则有
φM＝φQ＞φN
故A正确，B错误；
C．由上分析知，直线c是等势面，所以电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故C错误；
D．由于电子由M点运动到P点的过程中，电场力所做的负功，而M与Q电势相等，那么，电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故D错误。
故选A。
8．如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有、、三点，点为两点电荷连线的中点，点为连线上距点距离为的一点，为连线中垂线距点距离也为的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，，，
D．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低
【答案】B
【解析】
根据等量异种电荷周围电场线特点
可知B点电场线比A点密集，A点电场线比C点密集，电场线越密场强越大，因此
沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，CA在同一等势面上电势相等，因此
故ACD错误，B正确。
故选B。
9．如图所示，长方体AB边长为2L，，在其顶点C、F处固定电荷量分别为、+2q的点电荷。已知静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A． B、G两顶点处电场强度相同
B．顶点B处电场强度大小为
C．A、E两顶点处电势关系为
D．一带负电的试探电荷在E点的电势能比在D点的电势能大
【答案】C
【解析】
A．根据点电荷场强公式 结合叠加原理可知，B、G两顶点处电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．顶点B处电场强度大小为
故B错误；
C．E距正电荷更近，距负电荷更远，根据电势叠加原理可知，所以
故C正确；
D．根据C的分析可知，，负电荷在电势低的地方电势能大，一带负电的试探电荷在E点的电势能比在D点的电势能小，故D错误。
故选C。
10．如图所示，a、b、c是电场中一条电场线上的三个点，虚线为等势面，已知ab=bc，a、b两点间电压为10V，则b、c两点间电压（ ）
A．等于10V B．大于10V
C．小于10V D．条件不足，无法判断
【答案】C
【解析】
由图可知，ab段电场强度大于bc段电场强度，根据
可知，b、c两点间电压小于10V，故ABD错误，C正确。
故选C。
11．如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离，则（ ）
A．带电油滴将向下做匀速运动 B．P点的电势将升高
C．带电油滴的电势能增大 D．电容器的电容减小，极板带电量增大
【答案】C
【解析】
A．将平行板电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据
得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下做匀加速直线运动，A错误；
B．板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式
U = Ed
分析可知，P点与下极板间电势差将减小，由于两极板的电压不变，上极板A接地，则下极板B电势不变
UPB = φP - φB
则知P点的电势将降低，B错误；
C．由选项A的分析可知油滴将向下做匀加速直线运动，由于油滴受到的电场力向上，则电场力做负功，油滴电势能增大，C正确；
D．根据电容的定义式和决定式
，
电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小，D错误。
故选C。
12．平行板电容器的两极板MN接在一恒压电源上，N板接地。板间有a、b、c三点，如图，若将上板M向下移动少许至图中虚线位置，则（ ）
A．b点场强减小 B．b、c两点间电势差减小
C．c点电势降低 D．电容器所带电量减小
【答案】C
【解析】
A．电容器接在一恒压电源上，电压不变，d减小，根据
知两板间电场强度增大，A错误；
B．由于电容器两板间电场强度增大，由
知b、c两点间的电势差增大，B错误；
C． N 板接地，电势为零，因E增大，三点距N板的距离不变，由
知，故各点到 N 板间的电势差增大，所以各点的电势均降低，C正确；
D． d 减小，根据
知电容增大，由
电压不变，所以电容器所带电量增大，D错误。
故选C。
13．如图甲所示，一带电量为的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能关系图象如图乙所示，其中0.40m处物块的动能最大但未知，0.50m处的动能为1.50J，0.50m～1.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强为 B．弹性绳的劲度系数为5N/m
C．弹性绳弹性势能的最大值为2.5J D．物块会作往复运动，且全过程是简谐运动
【答案】C
【解析】
A．在从0.50m～1.25m范围内，动能变化等于克服电场力做的功，则有
ΔEk=qEΔx
图线的斜率绝对值为
k=qE=
解得匀强电场的场强为
故A错误；
B．根据图乙可知，物块在0.50m时离开弹性绳，物块在0.40m时速度最大，此时弹簧弹力和电场力相等，所以物块在平衡位置处弹性绳伸长
Δx=0.5m-0.4m=0.1m
根据胡克定律可得
kΔx=qE
解得
k=20N/m
故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，弹性绳弹性势能的最大值
Ep0=qEΔxm=2×1.25J=2.5J
故C正确；
D．因物块离开弹性绳后受恒定的电场力作用，可知物块在全过程中的运动不是简谐振动，选项D错误。
故选C。
14．真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电。以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变，a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大初动能为Ekm，元电荷为e。图示装置可看作直流电源。下列说法正确的是（ ）
A．A板和B板之间的最大电势差为
B．该电源的电动势为
C．该电源的内阻为
D．在a和b之间连接一个外电阻时，外电阻上的消耗电功率设为P，单位时间内到达B板的电子在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为。则
【答案】B
【解析】
AB．根据动能定理可得
解得
当断路时，电源电动势等于断路时的路端电压，即
A错误，B正确；
C．短路时，所有逸出电子都到达B板，故短路电流为
则电源内阻为
C错误；
D．在a和b之间连接一个外电阻时，外电阻上的消耗电功率设为P，单位时间内到达B板的电子在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为，由于损失的动能一部分还被电源内阻消耗，故可得
D错误。
故选B。
15．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场，电子的重量不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
A．仅增加加速电场的电压 B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压
【答案】C
【解析】
电子经加速电场，根据动能定理
在偏转电场中由平抛规律可得
运动时间为
可得偏角的正切值为
解得
若使偏转角变大即使变大，由上式看出可以增大，或减小，或增大，或减小d。故C正确，ABD错误。
故选
二、多选题
16．如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为，现将一个带正电的的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
C．物块落地的速度大小为
D．物块落地的速度大小为
【答案】BD
【解析】
物块受到的电场力
则合力的大小为，合力的方向和水平夹角为，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。
从静止释放到落地的过程中电场力做功为
设落地速度为v，根据动能定理可得
解得
故AC错误，BD正确。
故选BD。
17．某电场的电场强度E随时间t变化规律的图象如图所示。当t=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零
C．2s末带电粒子回到原出发点
D．0~2s内，电场力的总功不为零
【答案】BD
【解析】
A．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，在第2s内先匀减速后反向匀加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；
B．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，位移为
1s末的速度为
在第2s内加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，第2s内的位移和速度为
，
则2s末带电粒子仍处于1s末的位置，第3s内的加速度与第1s内相同，有
则带电粒子在这3s内的总位移为
即带电粒子在3s末回到出发点，则电场力做功为零，电势能变化为零，电势差为零，B正确；
C．根据对B选项的分析可知，3s末带电粒子回到原出发点，C错误；
D．带电粒子在2s末没有回到出发点，电势能变化不为0，所以电场力的总功不为零，D正确。
故选BD。
18．电荷量为＋Q、-Q的四个点电荷分别固定在边长为l的正方形四个顶点上，如图所示。正方形的中心为O，四条边的中点分别为a、b、c、d。取无限远处电势为0，下列说法正确的是（ ）
A．O点的场强、电势均为0
B．a、b、c、d四点的场强、电势均为0
C．a、b、c、d四点的场强大小均
D．a、b、c、d四点的场强大小均
【答案】AC
【解析】
A．O点是两对等量同种点电荷连线的中点，所以O点场强为零，O点同时又分别处在两对等量异种点电荷连线的中垂线上，O点的电势为零，故A正确；
BCD．根据电场的叠加原理，对a点，与之共线的两点电荷产生的合场强为
方向指向a点所在边的-Q。
与之不共线的两点电荷产生的合场强为
方向指向a点所在边的+Q。
所以a点合场强大小为
同理可得b、c、d三点的场强大小均，方向均指向各点所在边的-Q，故C正确，BD错误。
故选AC。
19．如图所示，真空中xOy坐标系平面内有以O为圆心的两个同心圆，分别与坐标轴交于a、b、c、d和e、f、g、h。在a、c两点固定两个正点电荷，b、d两点固定两个负点电荷，四个点电荷所带电荷量均相等。下列说法正确的是（ ）
A．、h两点的电场强度相同 B．e、g两点的电势相等
C．质子在e点所受电场力大于在h点所受电场力 D．质子在e点电势能大于在h点电势能
【答案】BD
【解析】
A．根据电场叠加原理可知，两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向，两个负电荷在f点合场强沿y轴负方向，所以合场强方向沿y轴负方向，同理可得在h点合场强方向沿y轴正方向，因此场强方向相反，故A错误；
B．根据等量同种电荷电场分布特点可知，在两个正电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，同理在两个负电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，所以在四个电荷的合电场中电势相等，故B正确；
C．根据场强叠加原理可知ef点电场强度等大，因此电场力大小相等，故C错误；
D．通过叠加原理可知，oh间电场线由o指向h，ao间电场线方向，由a指向o，沿电场线方向电势逐渐降低，因此e点电势比h点电势高，因此质子在e点的电势能打，故D正确。
故选BD。
20．如图所示，两带电荷量均为的点电荷分别固定在、两点，为、连线的中点，、为、连线垂直平分线上的两点，且点到、两点的距离与到、两个点距离相等。取无穷远电势为零，将一带电荷量也为的点电荷从无限远处移动到点，该电荷电势能增加了，然后将其沿移动到点并固定。再将一电荷量为的点电荷从无限远处移动到点。则（ ）
A．、移入前，、两点的场强相同
B．从沿移动到点的过程中，电场力对做的功为零
C．将固定在点后，点电势为
D．点电荷从无限远处移动到点的过程中，电势能减小了
【答案】CD
【解析】
A．由于、两点到、两点的距离相等，由
及矢量合成法则可知、两点的场强大小相等、方向相反，A错误；
B．由等量同种电荷周围电场线的分许特点和沿电场线方向电势逐渐降低可知、两点的电势不相等，故由
可知电场力对点电荷做的功不为零，B错误；
C．当点电荷从无限远处移动到点，由题意可知电场力做的功为，有
解得
因，两处的电荷为等量同种电荷，且到点的距离相等，故可得（或）处点电荷在点产生的电势为
故将点电荷固定在点后，点的电势为
C正确；
D．当将点电荷由无限远处移动到点时，电场力做的功为
故其电势能应减小，D正确。
故选CD。
21．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。ab边长1cm，ad边长4cm，a、b、d三点的电势分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为400V/ m
B．c点处的电势为12V
C．电子在a点的电势能比在c点的高12eV
D．电子从d点运动到c点，电场力做功为4eV
【答案】AD
【解析】
B．在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，则cd间的电势差等于ba间的电势差即
解得
故B错误；
A．将ab等分成四等分，设依次为aM、MP、PF、Fd，由在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等可知
连接Fc即为等势线，由几何关系可知
所以cd两点沿场强方向的距离为 ，所以场强为
故A正确；
C．负电荷在电势低处电势能更大，所以电子应在c点的电势能更大，故C错误；
D．由公式
故D正确。
故选AD。
22．如图所示，匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为，A，C两点间的距离为，，匀强电场方向平行于A、B、C三点所确定的平面。现把电荷量的带正电的点电荷由A点移到B点，该过程中电场力做功，当将该点电荷由A点移到C点，电场力做功，若取A点的电势为零，则（ ）（，）
A．该点电荷在B点的电势能为
B．A、B两点的电势差为5V
C．C点的电势为20V
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】BD
【解析】
A．点电荷从A点移到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，因在A点的电势为零，可知该点电荷在B点的电势能为，选项A错误；
B．由
可得A、B间的电势差
选项B正确；
C．因为
，，
可得C点的电势
选项C错误；
D．设D是A、C连线上的点，若
则B、D连线就是匀强电场中的一个等势线，由于
，，
可得
故电场强度的方向由A指向C，电场强度的大小
选项D正确。
故选BD。
三、解答题
23．如图所示，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中的圆弧形虚线所示的轨迹通过静电分析器，从P点垂直于CN进入矩形区域QNCD内方向水平向左的有界匀强电场。已知静电分析器通道内有均匀且辐向分布的电场，圆弧形轨迹所在处的场强大小都为，方向沿圆弧半径指向圆心。离子的质量为m，电荷量为q，，，不计离子的重力。
(1)求通过加速电场后刚刚进入静电分析器时的速度大小；
(2)求离子在静电分析器中圆周运动的半径R；
(3)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的大小。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有
解得
(2)离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
(3)离子做类平抛运动
由牛顿第二定律得
得
24．如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E=kx分布（x是轴上某点到O点的距离），。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A，B两个小球，已知：两球质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L。已知重力加速度为g，两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。
(1)求A球的电荷量大小；
(2)剪断细线后B球运动的最大速度vm以及B球下降的最大距离。
【答案】(1)6q；(2)，4L
【解析】
(1)对A、B由整体法得
解得
(2)当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得
解得
运动过程中，电场力大小线性变化，从处到处由动能定理可得
解得
设下降的高度为h，由动能定理可得
解得
25．如图所示，ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放。已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)小球运动到B处时受到电场力的大小；
(2)小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小。
【答案】（1）；（2）。
【解析】
（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2，则：
①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得：
F=2F1cos60° ②
联立①②得：
③；
（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有：
④
解得：
⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力为，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得：
⑥
解得：
⑦
设在B点管道对小球在水平方向的压力为，则：
⑧
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为：
⑨
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为：
⑩
26．某静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示。一质量、电荷量的带负电粒子(不计重力)在点由静止开始，仅在电场力作用下在轴上往返运动。求：
(1)粒子运动的最大速度；
(2)粒子运动的周期。
【答案】(1)粒子运动的最大速度为；(2)粒子运动的周期是
【解析】
(1)设最大速度为，整个过程只有电场力做功，则由能量守恒定律：
由图可知电势的最大值时速度最大，代入数据解得：
；
(2)由能量守恒定律知，从运动到处速度为零后返回做往复运动，由图象知在的左右两侧都是匀强电场，所以粒子在电场中做匀变速运动，所以在的左右两侧的平均速度为：
则粒子从到的时间为：
所以粒子运动的周期为：
。
27．如图所示，光滑绝缘的水平地面上，相隔4L的A、B两点固定有两个电量均为+Q的正电荷，a、O、b是AB连线上的三点，且O为中点，Oa＝Ob＝L．一质量为m，电量为q的点电荷以初速度v0从a点出发沿AB连线向B运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零．当它第一次运动到O点时，速度为2v0，继续运动到b点时的速度刚好为0，然后返回往复运动，直至最后静止在O点．已知静电力常量为k，求：
(1)电荷q受到的阻力大小；
(2)aO两点之间的电势差．
【答案】(1) (2)
【解析】
(1)从a到b点过程中，根据对称性
根据动能定理：
解得
(2)从a到O点过程中，根据动能定理：
解得
28．如图所示，两个大平行金属板M、N间距离，两板接在电压（电势差）的电源上，M板接地，板间A点距M板，B点距N板。一个的点电荷放在A点处，试求：
（1）该电荷在A点所受的电场力；
（2）该电荷在B点所具有的电势能。
【答案】（1），方向竖直向下；（2）0.12 J
【解析】
（1）由图可知，M板与电源正极相连，则板间电场方向为竖直向上，根据电场强度与电势差的关系有
可得
则该电荷在A点所受的电场力
负电荷受力方向与电场方向相反，则电场力的方向为竖直向下。
（2）根据题意有
M板接地，则
B点距N板
设B点电势为，B点和N板间电势差为，则有
代入数据解得
则该电荷在B点所具有的电势能为
29．空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E=240V/m，一带电粒子从A点移动到B点时。电场力做功WAB=1.2×10-2J，AB平行于电场线且A、B间的距离为5cm，之后粒子又从B点移动到C点，B，C间的距离为10cm且BC与电场线方向的夹角为60°，求：
（1）粒子所带电荷量q；
（2）粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功WBC；
（3）A、C两点的电势差UAC。
【答案】（1）；（2）；（3）24V
【解析】
（1）A、B两点间的电势差为
根据可得，粒子所带电荷量为
（2）B、C两点沿电场线方向的距离为
则B、C两点间的电势差为
粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功为
（3）A、C两点的电势差为
30．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有场强大小为、方向垂直于倾斜轨道向下的匀强电场，是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为L=1m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为，设小物块电荷量保持不变，，。
（1）求小物块运动至B点的速度大小；
（2）若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，求E的最大值（结果用E0表示）。
【答案】（1）2m/s；（2）
【解析】
(1)小物块在AB间的受力分析如图所示
由动能定理可得
解得
(2)小物块恰好能过D点时，电场强度最大，根据牛顿第二定律有
小物块由A运动到D，根据动能定理有
联立解得
第9讲 电场
带电粒子在交变电场中的运动
解答这类问题，通常从受力分析（力的大小、方向的变化特点)和运动分析（运动状态及形式）入手，应用力学的基本规律定性、定量讨论，注意思维方法和技巧的灵活运用。
1借助图像，展示物理过程
2.巧取分运动，化繁为简
3.建立理想模型，化难为易
例题1如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），时刻，板电势高于板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映质子速度、位移、加速度和动能四个物理量随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
A、质子在电场中的加速度即加速度与金属板间电压成正比，故图象应与图相似，A错误；
B、时间内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由
知质子的位移与时间成二次函数关系，图象应该为抛物线，B错误；
C、由图乙可知，在时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在时间内，加速度方向相反，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；同理，C正确；
D、由于,
故动能与时间为二次函数关系，图象应该为抛物线，D错误。
故选C。
应用功能关系探究电场中能量转化问题
1.功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力及系统内弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化；
(4)合力对物体所做的功，等于物体动能的变化。
2.用动能定理处理，思维顺序一般为
(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程；
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功；
(3)弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）；
(4)根据,列出方程求解。
3.用能量守恒定律处理，列式的方法常有两种
(1)从初、末状态的能量相等（即）列方程；
(2)从某些能量的减少量等于另一些能量的增加量（即△E=△E')列方程。
例题2
如图所示，矩形区域内有水平向右的匀强电场，半径为、内壁光滑的绝缘半圆细管固定在竖直平面内，直径垂直于水平虚线，圆心O在的中点，半圆管的一半处于电场中。质量为、电荷量为的带正电的小球（视为质点）从半圆管的A点由静止开始滑入管内，到达B点时的速度大小为，之后小球从区域的右边界离开电场．取重力加速度大小，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点受到的支持力大小为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．电场区域的最小面积为
D．电场区域的最小面积为
【答案】BD
【解析】A．在B点，根据牛顿第二定律
得
故A错误；
B．A到B的过程中，根据动能定理
解得
故B正确；
CD．小球从B点飞出后，水平方向左匀变速运动
水平速度减速到0
解得
所以电场区域水平方向宽度至少为
水平方向，带电粒子向左减速的时间
向右加速
小球竖直方向上做自由落体运动
电场竖直方向宽度至少为
电场区域的面积至少为
故C错误，D正确。
故选BD。
电场性质的考查
1．电场中各物理量的关系
2．电场强度的判断
(1)场强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；
(2)电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较，大小可根据场强公式进行计算．
3．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＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
4.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，反之电势能增大．
例题3 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·21)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点．下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，静电力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】
该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示．距P越近，电场强度越大，沿MN边，从M点到N点，与P点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，故A错误；沿电场线方向电势降低，沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小，故B正确；由图可知，M点电势高于N点电势，根据Ep＝qφ知，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；将正电荷从M点移动到N点，即从高电势移动到低电势，静电力所做的总功为正，故D错误．
平行板电容器电场问题
1．必须记住的三个公式
定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝.
2．掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压．
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变．
3．注意一个特例
当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制．
例题4如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将竖直向上运动
B．带电油滴的机械能将增加
C．P点的电势将升高
D．电容器的电容增加，极板带电荷量增加
【答案】C
【解析】一个带负电的油滴最初处于静止状态，说明油滴受到的电场力和重力平衡；现在将下极板向下移动，板间的电压等于电源电动势不变，所以板间的电场强度将减小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴受到的重力大于电场力，油滴将竖直向下运动，故A错误．根据A项的分析可得，油滴向下运动，电场力做负功；机械能的变化等于除重力和弹簧的弹力外的其他力做功，所以机械能将减小，故B错误．因为上极板接地，所以上极板的电势为零，并且上极板接电源的正极，下极板接电源的负极，所以上极板的电势高于下极板的电势，电场线的方向是竖直向下的，板间各点的电势为负值；设P点距离上极板的距离为x，则P点的电势为－x，由于d增加，所以P点的电势将升高，故C正确．Q＝CU，电压不变，根据电容C＝，d增加，C减小，所以极板带电荷量减小，故D错误．
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场强方向、场强大小、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图线切线的斜率大小等于沿x轴方向电场强度E的大小．
E－x图像
以场强沿x轴方向为例：
(1)E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向．
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定．
Ep－x图像
(1)图像的切线斜率大小等于静电力大小．
(2)可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况.
例题5通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为Er＝(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是( )
A．电荷Q1、Q2的电性相反
B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为1∶4
C．B点的x坐标是8 cm
D．C点的x坐标是12 cm
【答案】ACD
【解析】电势φ随x的变化关系图象的斜率＝E，所以C点电场强度为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；根据φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；根据φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确．
带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的运动
2．带电粒子在电场中的运动问题的解题思路
(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理
①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.
②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．
(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．
3．解题途径的选择
(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．
例题6真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
【答案】见解析
【解析】
(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1 ①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1 ②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2 ③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1 ④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1. ⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg ⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t ⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t ⑧
由题给条件有
v＝2g(2h) ⑨
式中h是B、A两点之间的距离．
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h ⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1 ⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋>1 ⑫
即当0
才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h ⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1 ⑯
为使E2>E1，应有
2－2－>1 ⑰
即t1> ⑱
另一解为负，不合题意，已舍去．
电场的叠加
例题7如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在边长为L的正方体的两个顶点上，A是正方体的另一个顶点，如果点电荷q、－q连线中点O的电场强度大小是E，则正方体A点的电场强度大小是( )
A.E B.E C.E D.E
【答案】B
【解析】根据几何知识可得，O点到两个电荷的距离都是L，则O点场强为E＝2k＝，A点场强EA满足关系式：E＝[]2＋2，解得EA＝＝E，故选B.
电场线(等势面)与粒子运动轨迹
例题8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＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN
D．aM＜aN，EpM＜EpN
【答案】D
【解析】因为N点的电场线密，所以场强大，粒子受到的静电力大，加速度大，即aM＜aN.由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏的一侧指向电场线密集的一侧，沿电场线方向电势降低，即φM＞φN.又由Ep＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpM＜EpN.若带负电粒子由M向N运动，静电力做负功，则动能减小，所以vM＞vN.若带负电粒子由N向M运动，静电力做正功，则动能增大，也可得vM＞vN，故选D.
一、单选题
1．如图所示，以点电荷为球心画出两个球面1和2，半径分别为和，a点位于球面1上，b点位于球面2上。下列说法正确的是（ ）
A．a点电势高于b点电势
B．a、b两点场强比为
C．穿过球面l的电场线总条数比穿过球面2的多
D．将带正电的点电荷q从a点移动到b电势能减小
【答案】B
【解析】
A．点电荷的电场线指向点电荷，电势沿电场线方向降低，则a点电势低于b点电势，故A错误；
B．根据点电荷产生的电场公式
则a、b两点场强比为
故B正确；
C．穿过任何一个球面的电场线总条数相同，故C错误；
D．将带正电的点电荷q从a点移动到b，电势升高，电势能增加，故D错误。
故选B。
2．如图所示，空间有一圆锥OBD，点A、E分别是两母线的中点，C为AB的中点，现在顶点O处固定一负的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的电场强度之比为2:1
B．圆锥底面圆所在平面为等势面
C．若A点的电势为，B点的电势为，则C点的电势小于
D．将一负的试探电荷从B点沿直线移到D点，试探电荷的电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】
A．根据题意可知
根据点电荷的场强公式
可知A、B两点的电场强度之比为，故A错误；
B．点电荷的等势面是同心球面，圆锥底面圆所在平面上各点到的距离不相等，所以不是等势面，故B错误；
C．若A点的电势为，B点的电势为，若电场为匀强电场，则则C点的电势等于，由于间的场强小于间的场强，根据
定性分析可知
可知
解得
故C错误；
D．将一负的试探电荷从B点沿直线移到D点，电势先降低后升高，则电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
3．如图所示，△ABC是边长为a的等边三角形，O点是三角形的中心，在三角形的三个顶点分别固定三个电荷量均为q的点电荷（电性已在图中标出），若要使放置在O点处的电荷不受电场力的作用，则可在三角形所在平面内加一匀强电场。静电力常量为k，对于所加匀强电场的电场强度的大小和方向，下列说法正确的是（ ）
A．大小为，方向由B指向O B．大小为，方向由O指向B
C．大小为，方向由B指向O D．大小为，方向由O指向B
【答案】B
【解析】
有几何关系可得
三个点电荷在O点的场强大小均为
如图所示
三者的合场强大小为
方向由O指向B，故B正确，ACD错误。
故选B。
4．如图，abcd-a'b'c'd'为虚拟正方体空间，两个等量带正电的点电荷分别固定于bb'中点和dd'中点，O、O'分别是面abcd、面a'b'c'd'的中点（图中未画出），下列说法正确的是（ ）
A．将一负试探电荷从O点由静止释放，将在O、O'连线间做往返运动
B．b、d两点处的场强相同
C．a点处的电势比a'点处高
D．a点处的电势比a'点处低
【答案】A
【解析】
A．由等量同种正点电荷的电场线特点，可知O、O'连线是中垂线，且是关于两正点电荷连线与中垂线交点对称点，连线中点场强是零，中垂线上场强方向总沿中垂线远离交点，在中垂线上从交点到无限远处电场线先变密后变疏，即场强先变强后变弱；所以将一负试探电荷从O点由静止释放，将在O、O'连线间做往返运动，A正确；
B．由等量同种正点电荷的电场线特点，可知 b、d两点是关于O点的对称点，所以两处的场强大小相等，方向不相同，B错误；
CD．a 、a'两点是对称点，两点的电势相等，CD错误。
故选A。
5．真空中A、B、C为一等边三角形的三个顶点，在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E，电势为；若再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则O点的场强大小和电势应分别为（ ）
A． B． C． D．0，
【答案】B
【解析】
在A、B两点分别放等量同种电荷后，三角形中心O点的场强为E
得
则O点的场强大小
三角形中心O点的电势为，再在C点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为0，则BC在O点的电势与无穷远处是相等的，为0。A为等量同种电荷，则O点电势应为。
故选B。
6．在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为＋q的小物体轻放在水平面上，此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O，沿运动方向建立x轴，x轴上各点的电势随位置坐标x的变化如图所示。图中0～l为曲线，l～2l及2l～3l为直线，图像曲线部分和直线部分在处相切，已知小物体在处速度为最大值，在处速度恰好为零，下列说法错误的是（ ）
A．小物体从O到的过程中由于摩擦产生的热量为
B．小物体运动过程中受到的摩擦力大小为
C．、、的关系为
D．小物体运动过程中的最大动能为
【答案】B
【解析】
A．小物体从O到过程中由能量守恒定律可知，小物体减少的电势能均转化为摩擦生热，所以小物体从O到过程中由于摩擦产生的热量为，故A正确，不符合题意；
B．因小物体位于时速度刚好最大，故此时加速度为零，所以其所受摩擦力为
故B错误，符合题意；
C．小物体从O到过程中由能量守恒定律得
解得
故C正确，不符合题意；
D．小物体在到过程中由动能定理得
解得
故D正确，不符合题意。
故选B。
7．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（ ）
A．直线c位于某一等势面内，φM＝φQ
B．直线a位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【答案】A
【解析】
AB．据题，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则电势能增加相等，所以电势降低，电场线方向向下，且N、P两点的电势相等，直线d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线c位于同一等势面内，则有
φM＝φQ＞φN
故A正确，B错误；
C．由上分析知，直线c是等势面，所以电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故C错误；
D．由于电子由M点运动到P点的过程中，电场力所做的负功，而M与Q电势相等，那么，电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故D错误。
故选A。
8．如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有、、三点，点为两点电荷连线的中点，点为连线上距点距离为的一点，为连线中垂线距点距离也为的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，，，
D．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低
【答案】B
【解析】
根据等量异种电荷周围电场线特点
可知B点电场线比A点密集，A点电场线比C点密集，电场线越密场强越大，因此
沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，CA在同一等势面上电势相等，因此
故ACD错误，B正确。
故选B。
9．如图所示，长方体AB边长为2L，，在其顶点C、F处固定电荷量分别为、+2q的点电荷。已知静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A． B、G两顶点处电场强度相同
B．顶点B处电场强度大小为
C．A、E两顶点处电势关系为
D．一带负电的试探电荷在E点的电势能比在D点的电势能大
【答案】C
【解析】
A．根据点电荷场强公式 结合叠加原理可知，B、G两顶点处电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．顶点B处电场强度大小为
故B错误；
C．E距正电荷更近，距负电荷更远，根据电势叠加原理可知，所以
故C正确；
D．根据C的分析可知，，负电荷在电势低的地方电势能大，一带负电的试探电荷在E点的电势能比在D点的电势能小，故D错误。
故选C。
10．如图所示，a、b、c是电场中一条电场线上的三个点，虚线为等势面，已知ab=bc，a、b两点间电压为10V，则b、c两点间电压（ ）
A．等于10V B．大于10V
C．小于10V D．条件不足，无法判断
【答案】C
【解析】
由图可知，ab段电场强度大于bc段电场强度，根据
可知，b、c两点间电压小于10V，故ABD错误，C正确。
故选C。
11．如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离，则（ ）
A．带电油滴将向下做匀速运动 B．P点的电势将升高
C．带电油滴的电势能增大 D．电容器的电容减小，极板带电量增大
【答案】C
【解析】
A．将平行板电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据
得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下做匀加速直线运动，A错误；
B．板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式
U = Ed
分析可知，P点与下极板间电势差将减小，由于两极板的电压不变，上极板A接地，则下极板B电势不变
UPB = φP - φB
则知P点的电势将降低，B错误；
C．由选项A的分析可知油滴将向下做匀加速直线运动，由于油滴受到的电场力向上，则电场力做负功，油滴电势能增大，C正确；
D．根据电容的定义式和决定式
，
电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小，D错误。
故选C。
12．平行板电容器的两极板MN接在一恒压电源上，N板接地。板间有a、b、c三点，如图，若将上板M向下移动少许至图中虚线位置，则（ ）
A．b点场强减小 B．b、c两点间电势差减小
C．c点电势降低 D．电容器所带电量减小
【答案】C
【解析】
A．电容器接在一恒压电源上，电压不变，d减小，根据
知两板间电场强度增大，A错误；
B．由于电容器两板间电场强度增大，由
知b、c两点间的电势差增大，B错误；
C． N 板接地，电势为零，因E增大，三点距N板的距离不变，由
知，故各点到 N 板间的电势差增大，所以各点的电势均降低，C正确；
D． d 减小，根据
知电容增大，由
电压不变，所以电容器所带电量增大，D错误。
故选C。
13．如图甲所示，一带电量为的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能关系图象如图乙所示，其中0.40m处物块的动能最大但未知，0.50m处的动能为1.50J，0.50m～1.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强为 B．弹性绳的劲度系数为5N/m
C．弹性绳弹性势能的最大值为2.5J D．物块会作往复运动，且全过程是简谐运动
【答案】C
【解析】
A．在从0.50m～1.25m范围内，动能变化等于克服电场力做的功，则有
ΔEk=qEΔx
图线的斜率绝对值为
k=qE=
解得匀强电场的场强为
故A错误；
B．根据图乙可知，物块在0.50m时离开弹性绳，物块在0.40m时速度最大，此时弹簧弹力和电场力相等，所以物块在平衡位置处弹性绳伸长
Δx=0.5m-0.4m=0.1m
根据胡克定律可得
kΔx=qE
解得
k=20N/m
故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，弹性绳弹性势能的最大值
Ep0=qEΔxm=2×1.25J=2.5J
故C正确；
D．因物块离开弹性绳后受恒定的电场力作用，可知物块在全过程中的运动不是简谐振动，选项D错误。
故选C。
14．真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电。以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变，a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大初动能为Ekm，元电荷为e。图示装置可看作直流电源。下列说法正确的是（ ）
A．A板和B板之间的最大电势差为
B．该电源的电动势为
C．该电源的内阻为
D．在a和b之间连接一个外电阻时，外电阻上的消耗电功率设为P，单位时间内到达B板的电子在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为。则
【答案】B
【解析】
AB．根据动能定理可得
解得
当断路时，电源电动势等于断路时的路端电压，即
A错误，B正确；
C．短路时，所有逸出电子都到达B板，故短路电流为
则电源内阻为
C错误；
D．在a和b之间连接一个外电阻时，外电阻上的消耗电功率设为P，单位时间内到达B板的电子在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为，由于损失的动能一部分还被电源内阻消耗，故可得
D错误。
故选B。
15．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场，电子的重量不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
A．仅增加加速电场的电压 B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压
【答案】C
【解析】
电子经加速电场，根据动能定理
在偏转电场中由平抛规律可得
运动时间为
可得偏角的正切值为
解得
若使偏转角变大即使变大，由上式看出可以增大，或减小，或增大，或减小d。故C正确，ABD错误。
故选
二、多选题
16．如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为，现将一个带正电的的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
C．物块落地的速度大小为
D．物块落地的速度大小为
【答案】BD
【解析】
物块受到的电场力
则合力的大小为，合力的方向和水平夹角为，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。
从静止释放到落地的过程中电场力做功为
设落地速度为v，根据动能定理可得
解得
故AC错误，BD正确。
故选BD。
17．某电场的电场强度E随时间t变化规律的图象如图所示。当t=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零
C．2s末带电粒子回到原出发点
D．0~2s内，电场力的总功不为零
【答案】BD
【解析】
A．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，在第2s内先匀减速后反向匀加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；
B．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，位移为
1s末的速度为
在第2s内加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，第2s内的位移和速度为
，
则2s末带电粒子仍处于1s末的位置，第3s内的加速度与第1s内相同，有
则带电粒子在这3s内的总位移为
即带电粒子在3s末回到出发点，则电场力做功为零，电势能变化为零，电势差为零，B正确；
C．根据对B选项的分析可知，3s末带电粒子回到原出发点，C错误；
D．带电粒子在2s末没有回到出发点，电势能变化不为0，所以电场力的总功不为零，D正确。
故选BD。
18．电荷量为＋Q、-Q的四个点电荷分别固定在边长为l的正方形四个顶点上，如图所示。正方形的中心为O，四条边的中点分别为a、b、c、d。取无限远处电势为0，下列说法正确的是（ ）
A．O点的场强、电势均为0
B．a、b、c、d四点的场强、电势均为0
C．a、b、c、d四点的场强大小均
D．a、b、c、d四点的场强大小均
【答案】AC
【解析】
A．O点是两对等量同种点电荷连线的中点，所以O点场强为零，O点同时又分别处在两对等量异种点电荷连线的中垂线上，O点的电势为零，故A正确；
BCD．根据电场的叠加原理，对a点，与之共线的两点电荷产生的合场强为
方向指向a点所在边的-Q。
与之不共线的两点电荷产生的合场强为
方向指向a点所在边的+Q。
所以a点合场强大小为
同理可得b、c、d三点的场强大小均，方向均指向各点所在边的-Q，故C正确，BD错误。
故选AC。
19．如图所示，真空中xOy坐标系平面内有以O为圆心的两个同心圆，分别与坐标轴交于a、b、c、d和e、f、g、h。在a、c两点固定两个正点电荷，b、d两点固定两个负点电荷，四个点电荷所带电荷量均相等。下列说法正确的是（ ）
A．、h两点的电场强度相同 B．e、g两点的电势相等
C．质子在e点所受电场力大于在h点所受电场力 D．质子在e点电势能大于在h点电势能
【答案】BD
【解析】
A．根据电场叠加原理可知，两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向，两个负电荷在f点合场强沿y轴负方向，所以合场强方向沿y轴负方向，同理可得在h点合场强方向沿y轴正方向，因此场强方向相反，故A错误；
B．根据等量同种电荷电场分布特点可知，在两个正电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，同理在两个负电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，所以在四个电荷的合电场中电势相等，故B正确；
C．根据场强叠加原理可知ef点电场强度等大，因此电场力大小相等，故C错误；
D．通过叠加原理可知，oh间电场线由o指向h，ao间电场线方向，由a指向o，沿电场线方向电势逐渐降低，因此e点电势比h点电势高，因此质子在e点的电势能打，故D正确。
故选BD。
20．如图所示，两带电荷量均为的点电荷分别固定在、两点，为、连线的中点，、为、连线垂直平分线上的两点，且点到、两点的距离与到、两个点距离相等。取无穷远电势为零，将一带电荷量也为的点电荷从无限远处移动到点，该电荷电势能增加了，然后将其沿移动到点并固定。再将一电荷量为的点电荷从无限远处移动到点。则（ ）
A．、移入前，、两点的场强相同
B．从沿移动到点的过程中，电场力对做的功为零
C．将固定在点后，点电势为
D．点电荷从无限远处移动到点的过程中，电势能减小了
【答案】CD
【解析】
A．由于、两点到、两点的距离相等，由
及矢量合成法则可知、两点的场强大小相等、方向相反，A错误；
B．由等量同种电荷周围电场线的分许特点和沿电场线方向电势逐渐降低可知、两点的电势不相等，故由
可知电场力对点电荷做的功不为零，B错误；
C．当点电荷从无限远处移动到点，由题意可知电场力做的功为，有
解得
因，两处的电荷为等量同种电荷，且到点的距离相等，故可得（或）处点电荷在点产生的电势为
故将点电荷固定在点后，点的电势为
C正确；
D．当将点电荷由无限远处移动到点时，电场力做的功为
故其电势能应减小，D正确。
故选CD。
21．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。ab边长1cm，ad边长4cm，a、b、d三点的电势分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为400V/ m
B．c点处的电势为12V
C．电子在a点的电势能比在c点的高12eV
D．电子从d点运动到c点，电场力做功为4eV
【答案】AD
【解析】
B．在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，则cd间的电势差等于ba间的电势差即
解得
故B错误；
A．将ab等分成四等分，设依次为aM、MP、PF、Fd，由在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等可知
连接Fc即为等势线，由几何关系可知
所以cd两点沿场强方向的距离为 ，所以场强为
故A正确；
C．负电荷在电势低处电势能更大，所以电子应在c点的电势能更大，故C错误；
D．由公式
故D正确。
故选AD。
22．如图所示，匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为，A，C两点间的距离为，，匀强电场方向平行于A、B、C三点所确定的平面。现把电荷量的带正电的点电荷由A点移到B点，该过程中电场力做功，当将该点电荷由A点移到C点，电场力做功，若取A点的电势为零，则（ ）（，）
A．该点电荷在B点的电势能为
B．A、B两点的电势差为5V
C．C点的电势为20V
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】BD
【解析】
A．点电荷从A点移到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，因在A点的电势为零，可知该点电荷在B点的电势能为，选项A错误；
B．由
可得A、B间的电势差
选项B正确；
C．因为
，，
可得C点的电势
选项C错误；
D．设D是A、C连线上的点，若
则B、D连线就是匀强电场中的一个等势线，由于
，，
可得
故电场强度的方向由A指向C，电场强度的大小
选项D正确。
故选BD。
三、解答题
23．如图所示，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中的圆弧形虚线所示的轨迹通过静电分析器，从P点垂直于CN进入矩形区域QNCD内方向水平向左的有界匀强电场。已知静电分析器通道内有均匀且辐向分布的电场，圆弧形轨迹所在处的场强大小都为，方向沿圆弧半径指向圆心。离子的质量为m，电荷量为q，，，不计离子的重力。
(1)求通过加速电场后刚刚进入静电分析器时的速度大小；
(2)求离子在静电分析器中圆周运动的半径R；
(3)若离子恰好能打在QN的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的大小。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有
解得
(2)离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
(3)离子做类平抛运动
由牛顿第二定律得
得
24．如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E=kx分布（x是轴上某点到O点的距离），。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A，B两个小球，已知：两球质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L。已知重力加速度为g，两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。
(1)求A球的电荷量大小；
(2)剪断细线后B球运动的最大速度vm以及B球下降的最大距离。
【答案】(1)6q；(2)，4L
【解析】
(1)对A、B由整体法得
解得
(2)当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得
解得
运动过程中，电场力大小线性变化，从处到处由动能定理可得
解得
设下降的高度为h，由动能定理可得
解得
25．如图所示，ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放。已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)小球运动到B处时受到电场力的大小；
(2)小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小。
【答案】（1）；（2）。
【解析】
（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2，则：
①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得：
F=2F1cos60° ②
联立①②得：
③；
（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有：
④
解得：
⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力为，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得：
⑥
解得：
⑦
设在B点管道对小球在水平方向的压力为，则：
⑧
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为：
⑨
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为：
⑩
26．某静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示。一质量、电荷量的带负电粒子(不计重力)在点由静止开始，仅在电场力作用下在轴上往返运动。求：
(1)粒子运动的最大速度；
(2)粒子运动的周期。
【答案】(1)粒子运动的最大速度为；(2)粒子运动的周期是
【解析】
(1)设最大速度为，整个过程只有电场力做功，则由能量守恒定律：
由图可知电势的最大值时速度最大，代入数据解得：
；
(2)由能量守恒定律知，从运动到处速度为零后返回做往复运动，由图象知在的左右两侧都是匀强电场，所以粒子在电场中做匀变速运动，所以在的左右两侧的平均速度为：
则粒子从到的时间为：
所以粒子运动的周期为：
。
27．如图所示，光滑绝缘的水平地面上，相隔4L的A、B两点固定有两个电量均为+Q的正电荷，a、O、b是AB连线上的三点，且O为中点，Oa＝Ob＝L．一质量为m，电量为q的点电荷以初速度v0从a点出发沿AB连线向B运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零．当它第一次运动到O点时，速度为2v0，继续运动到b点时的速度刚好为0，然后返回往复运动，直至最后静止在O点．已知静电力常量为k，求：
(1)电荷q受到的阻力大小；
(2)aO两点之间的电势差．
【答案】(1) (2)
【解析】
(1)从a到b点过程中，根据对称性
根据动能定理：
解得
(2)从a到O点过程中，根据动能定理：
解得
28．如图所示，两个大平行金属板M、N间距离，两板接在电压（电势差）的电源上，M板接地，板间A点距M板，B点距N板。一个的点电荷放在A点处，试求：
（1）该电荷在A点所受的电场力；
（2）该电荷在B点所具有的电势能。
【答案】（1），方向竖直向下；（2）0.12 J
【解析】
（1）由图可知，M板与电源正极相连，则板间电场方向为竖直向上，根据电场强度与电势差的关系有
可得
则该电荷在A点所受的电场力
负电荷受力方向与电场方向相反，则电场力的方向为竖直向下。
（2）根据题意有
M板接地，则
B点距N板
设B点电势为，B点和N板间电势差为，则有
代入数据解得
则该电荷在B点所具有的电势能为
29．空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E=240V/m，一带电粒子从A点移动到B点时。电场力做功WAB=1.2×10-2J，AB平行于电场线且A、B间的距离为5cm，之后粒子又从B点移动到C点，B，C间的距离为10cm且BC与电场线方向的夹角为60°，求：
（1）粒子所带电荷量q；
（2）粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功WBC；
（3）A、C两点的电势差UAC。
【答案】（1）；（2）；（3）24V
【解析】
（1）A、B两点间的电势差为
根据可得，粒子所带电荷量为
（2）B、C两点沿电场线方向的距离为
则B、C两点间的电势差为
粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功为
（3）A、C两点的电势差为
30．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有场强大小为、方向垂直于倾斜轨道向下的匀强电场，是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为L=1m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为，设小物块电荷量保持不变，，。
（1）求小物块运动至B点的速度大小；
（2）若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，求E的最大值（结果用E0表示）。
【答案】（1）2m/s；（2）
【解析】
(1)小物块在AB间的受力分析如图所示
由动能定理可得
解得
(2)小物块恰好能过D点时，电场强度最大，根据牛顿第二定律有
小物块由A运动到D，根据动能定理有
联立解得
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