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2025高考物理一轮总复习第9章静电场第24讲电容器带电粒子在电场中的运动提能训练
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这是一份2025高考物理一轮总复习第9章静电场第24讲电容器带电粒子在电场中的运动提能训练，共8页。
题组一 电场中功能关系
1．(多选)如图是某种静电矿料分选器原理图，带正、负电的矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板的中央的两侧，下列关于带负电的矿粉运动的过程表述正确的是( CD )
A．落在左侧 B．动能变小
C．电势能变小 D．电场力对矿粉做正功
[解析] 因右极板带正电，则带负电矿粉受到向右的电场力作用，将落到右侧，电场力做正功，动能变大，电势能减小，故选CD。
2. (多选)图中虚线1、2、3、4表示匀强电场的等势面。一带正电的粒子只在电场力的作用下从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示。下列说法中正确的是( CD )
A．等势面1电势最低
B．粒子从a运动到b，动能减小
C．粒子从a运动到b，电势能减小
D．粒子从a运动到b的过程中电势能与动能之和不变
[解析] 电场线与等势面垂直，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，曲线运动所受合力指向曲线的凹侧；带正电的粒子只在电场力的作用下，从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示，可画出速度和电场线及受力方向如图所示，则电场力的方向向右，电场线的方向向右，顺着电场线电势降低，等势面1电势最高，故A项错误；粒子从a运动到b，只受电场力作用，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故B项错误，故C项正确；粒子从a运动到b的过程中，只受电场力作用，粒子的电势能与动能之和不变，故D项正确。
3．(多选)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2 V，一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( AB )
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
[解析] 经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV，动能减小了6 eV，电势能增加了6 eV，因此等势面间的电势差为2 V，因平面b上的电势为2 V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A项正确；由以上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2 eV，由于电子可能做曲线运动，则可能不会到达平面f，故B项正确；在平面d上电势为－2 V，则电子的电势能为2 eV，故C项错误；电子经过平面b时的动能是平面d的动能的2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的eq \r(2)倍，故D项错误。
4．(多选)(2024·河北张家口高三调研)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是( BD )
A．电场强度大小为E＝eq \f(\r(2)mg,q)
B．B点的电势φB＝－eq \f(mg2t2,2q)
C．B点的电势能EB＝eq \f(mg2t2,2)
D．小球机械能的变化量为eq \f(mg2t2,2)
[解析] 小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示，则有qEtan 45°＝mg，解得E＝eq \f(mg,q)，A错误；小球所受合力F＝eq \r(2)mg，由牛顿第二定律得小球加速度a＝eq \r(2)g，由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度v＝eq \r(2)gt，设AB＝L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcs 45°＝eq \f(1,2)mv2－0，解得电场力做功W＝qELcs 45°＝eq \f(mv2,4)，根据W＝qUAB，解得UAB＝eq \f(mv2,4q)，根据UAB＝φA－φB，且A点的电势为零，解得φB＝－eq \f(mv2,4q)，代入速度得φB＝－eq \f(mg2t2,2q)，则B点的电势能EB＝－eq \f(mg2t2,2)，故B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，即ΔE＝W＝eq \f(mv2,4)，代入速度得ΔE＝eq \f(mg2t2,2)，故D正确。
题组二 电场中图像问题
5．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10－20 kg、电荷量大小为q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则( D )
A．x轴上O点左侧的电场场强方向沿x轴正方向
B．x轴上O点左侧的电场场强E1和右侧的电场场强E2的大小之比E1∶E2＝2∶1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10－8 s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10－8 J
[解析] 沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x轴上O点左侧的电场场强方向沿x轴负方向，x轴上O点右侧的电场场强方向沿x轴正方向，故A错误；根据U＝Ed可知，x轴上O点左侧的电场场强为：E1＝eq \f(20,1×10－2) V/m＝2.0×103 V/m；右侧的电场强度为：E2＝eq \f(20,0.5×10－2) V/m＝4.0×103 V/m；所以x轴上O点左侧电场的场强和右侧电场的场强的大小之比E1∶E2＝1∶2，故B错误；设粒子从(－1 cm,0)点静止加速到原点所用时间为t1，接着从原点向右减速运动到(0.5 cm,0)点所用时间为t2，在原点时的速度最大，设为vm，由运动学公式有：vm＝eq \f(qE1,m)t1，vm＝eq \f(qE2,m)t2，又Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝qU，而周期：T＝2(t1＋t2)，联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10－8 s，该粒子运动过程中动能的最大值为：Ekm＝2×10－8 J，故C错误，D正确。
6．(多选)(2024·安徽省蚌埠市联考)如图所示，O、a、b、c、d是x轴上的五个点，O为原点，相邻点间距均为x0，静电场方向平行于x轴，现将质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子自O点由静止释放，粒子仅在静电力的作用下沿x轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示，则下列说法正确的是( CD )
A．粒子在b点的动能为零
B．粒子的运动是先减速后加速
C．a、c两点的电场强度大小均为eq \f(E0,2qx0)
D．d点的电势为－eq \f(E0,q)
[解析] 根据能量守恒定律可知，从O到b到d过程，电势能先减小后增大，所以动能先增大后减小，在b点动能最大，粒子速度先增大后减小，故A、B错误；图像斜率代表静电力，静电力为F＝qE＝eq \f(E0,2x0)，所以电场强度大小为E＝eq \f(E0,2qx0)，故C正确；根据电势定义式可知，d点的电势为φ＝eq \f(Ep,－q)＝－eq \f(E0,q)，故D正确。
7．(多选)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是( AD )
A．x＝3L处电场强度一定为零
B．Q2的电荷量等于Q1的电荷量
C．ab连线的中点电势最低
D．q在a点的电势能比在b点的电势能大
[解析] 由题图乙分析可知，粒子在距离O点3L前做加速运动，后做减速运动，可见粒子在3L处的加速度为0，则在3L处受到两点电荷的电场力平衡，可知3L点的合电场强度为零，Q2带负电，由E＝eq \f(kQ,r2)及Q1距离3L处较远，可知Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A正确，B错误；该粒子从a点到3L处，做加速运动，电场力做正功，又该粒子为负电荷，所以电势升高，粒子从3L到b做减速运动，电场力做负功，电势能增加，电势又降低，则3L处电势最高，故C错误；由题图乙可知，粒子在b点的速度大于在a点的速度，a点到b点整个过程中电场力做正功，电势能减小，q在a点的电势能比在b点的电势能大，故D正确。
8．(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的坐标为xB＝0.06 m，若α粒子仅在静电力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60 eV，该电场线上各点的电场强度大小E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15 V，下列说法正确的是( AC )
A．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向
B．该α粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动
C．B点电势是A点电势的3倍
D．图乙中E0应为2.5×103 V/m
[解析] 粒子由A点运动到B点，静电力做功为WAB＝2eUAB＝－60 eV，解得UAB＝－30 V，因为φA＝15 V，所以φB＝45 V，B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以电场强度的方向沿x轴负方向，故A、C正确；图乙中电场强度随位移x均匀变化，静电力为变力，所以α粒子沿x轴正方向做变减速直线运动，故B错误；图乙中图像的面积表示A、B两点间的电势差的大小，则E0＝2.5×102 V/m，故D错误。
9．如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放正点电荷，Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。若Ⅰ的电荷量为q，则可知( C )
A．电荷Ⅱ的电荷量为eq \f(q,2)
B．电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ＝eq \f(Ek0,x0)
C．此电场一定为匀强电场且电场强度大小E＝eq \f(Ek0,qx0)
D．选O点为电势零点，A点的电势为φA＝eq \f(Ek0,q)
[解析] 由动能定理可知，电荷的动能Ek随位移x的变化图像切线的斜率表示该电荷所受的电场力，故电荷Ⅰ和Ⅱ所受的电场力分别为FⅠ＝eq \f(Ek0,x0)，FⅡ＝eq \f(2Ek0,x0)，故B错误；由题图可知，电场力为恒力，则电场强度大小、方向均不变，此电场为匀强电场，根据F＝qE可知，匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(FⅠ,q)＝eq \f(Ek0,qx0)，故C正确；又FⅡ＝2FⅠ，所以电荷Ⅱ的电荷量为2q，故A错误；电荷Ⅰ由O到A的过程中，有qUOA＝Ek0，解得UOA＝eq \f(Ek0,q)，选O点为电势零点，A点的电势φA＝－eq \f(Ek0,q)，故D错误。
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10．(多选)如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为E0，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中E0、E1、h1、h2和h3均为已知量，P为关系图线上的点，其坐标为(h1，E1)。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( BC )
A．在h2处小球的重力势能一定为零
B．电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大
C．小球在下落过程中电势能不断增大
D．在h1处小球所受的电场力大小为eq \f(E1,h2－h1)
[解析] 因为初速度为零，所以E0＝mgh0，因为在h2处小球的机械能为零，但动能可能不为零，所以h2处小球的重力势能可能为负值，即可能不为零，故A错误；因为小球的机械能减小，电场力做负功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，E－h图像的斜率越来越大，所以电场强度随h的增大而增大，故B正确；小球下落过程中，电场力做负功，小球在下落过程中电势能不断增大，故C正确；根据功能关系，可知在h1处小球所受的电场力大小为P点切线斜率的绝对值，即F＝eq \f(E1,h3－h1)，故D错误。故选BC。
11．如图所示，光滑绝缘水平地面上相距2L的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷，a、O、b是AB连线上的三点，且O为中点，φO＝0，Oa＝Ob＝eq \f(L,2)。另一质量为m、电荷量为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的阻力满足f＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(常数v≠0，,0v＝0，))当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到b点时速度刚好为零，求：
(1)a点的场强和电势；
(2)电荷q在电场中运动的总路程。
[答案] (1)eq \f(32kQ,9L2)，方向向右(指向B) eq \f(2n－1mv\\al(2,0),4q) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))L
[解析] (1)设a点的电场强度为E，则E＝eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2)－eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L,2)))2)＝eq \f(32kQ,9L2)
方向向右(指向B)。
由对称分析可知，a、b两点的电势相等，即φa＝φb，且φO＝0，Uab＝0，设电荷q在运动中所受的阻力为f，由动能定理得
当电荷由a运动到O点时，有
qUaO－feq \f(L,2)＝n·eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
当电荷由a运动到b点时，有
qUab－fL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
UaO＝φa－φO
联立各式解得φa＝eq \f(2n－1mv\\al(2,0),4q)。
(2)电荷最终静止在O点，设由运动到最后静止所通过的路程为s，则
qUaO－fs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立各式解得s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))L。
12．(2024·江西省第二中学月考)如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为eq \f(3,2)l，斜面BC段上方有沿斜面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为＋q的小物块自A端左上方某处以初速度v0＝eq \r(3gl)水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在静电力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)物块平抛过程中的位移大小；
(2)物块在电场中的最大电势能。(规定C处电势能为零)
[答案] (1)eq \f(\r(13),2)l (2)2mgl
[解析] (1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则v＝eq \f(v0,cs α)，
竖直速度vy＝vsin α，
平抛运动时间t＝eq \f(vy,g)，
平抛过程中水平位移x＝v0t，
又有竖直位移y＝eq \f(v\\al(2,y),2g)，
平抛的位移s＝eq \r(x2＋y2)，联立解得s＝eq \f(\r(13),2)l。
(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理有－2μmgcs α·x′＝0－eq \f(1,2)mv2，解得x′＝2l。物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设静电力做功为W，根据动能定理有mgsin α·x′－μmgcs α·x′－W＝0－eq \f(1,2)mv2，解得W＝2mgl，即物块电势能的最大值为2mgl。
题组一 电场中功能关系
1．(多选)如图是某种静电矿料分选器原理图，带正、负电的矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板的中央的两侧，下列关于带负电的矿粉运动的过程表述正确的是( CD )
A．落在左侧 B．动能变小
C．电势能变小 D．电场力对矿粉做正功
[解析] 因右极板带正电，则带负电矿粉受到向右的电场力作用，将落到右侧，电场力做正功，动能变大，电势能减小，故选CD。
2. (多选)图中虚线1、2、3、4表示匀强电场的等势面。一带正电的粒子只在电场力的作用下从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示。下列说法中正确的是( CD )
A．等势面1电势最低
B．粒子从a运动到b，动能减小
C．粒子从a运动到b，电势能减小
D．粒子从a运动到b的过程中电势能与动能之和不变
[解析] 电场线与等势面垂直，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，曲线运动所受合力指向曲线的凹侧；带正电的粒子只在电场力的作用下，从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示，可画出速度和电场线及受力方向如图所示，则电场力的方向向右，电场线的方向向右，顺着电场线电势降低，等势面1电势最高，故A项错误；粒子从a运动到b，只受电场力作用，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故B项错误，故C项正确；粒子从a运动到b的过程中，只受电场力作用，粒子的电势能与动能之和不变，故D项正确。
3．(多选)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2 V，一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( AB )
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
[解析] 经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV，动能减小了6 eV，电势能增加了6 eV，因此等势面间的电势差为2 V，因平面b上的电势为2 V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A项正确；由以上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2 eV，由于电子可能做曲线运动，则可能不会到达平面f，故B项正确；在平面d上电势为－2 V，则电子的电势能为2 eV，故C项错误；电子经过平面b时的动能是平面d的动能的2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的eq \r(2)倍，故D项错误。
4．(多选)(2024·河北张家口高三调研)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是( BD )
A．电场强度大小为E＝eq \f(\r(2)mg,q)
B．B点的电势φB＝－eq \f(mg2t2,2q)
C．B点的电势能EB＝eq \f(mg2t2,2)
D．小球机械能的变化量为eq \f(mg2t2,2)
[解析] 小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示，则有qEtan 45°＝mg，解得E＝eq \f(mg,q)，A错误；小球所受合力F＝eq \r(2)mg，由牛顿第二定律得小球加速度a＝eq \r(2)g，由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度v＝eq \r(2)gt，设AB＝L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcs 45°＝eq \f(1,2)mv2－0，解得电场力做功W＝qELcs 45°＝eq \f(mv2,4)，根据W＝qUAB，解得UAB＝eq \f(mv2,4q)，根据UAB＝φA－φB，且A点的电势为零，解得φB＝－eq \f(mv2,4q)，代入速度得φB＝－eq \f(mg2t2,2q)，则B点的电势能EB＝－eq \f(mg2t2,2)，故B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，即ΔE＝W＝eq \f(mv2,4)，代入速度得ΔE＝eq \f(mg2t2,2)，故D正确。
题组二 电场中图像问题
5．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10－20 kg、电荷量大小为q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则( D )
A．x轴上O点左侧的电场场强方向沿x轴正方向
B．x轴上O点左侧的电场场强E1和右侧的电场场强E2的大小之比E1∶E2＝2∶1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10－8 s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10－8 J
[解析] 沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x轴上O点左侧的电场场强方向沿x轴负方向，x轴上O点右侧的电场场强方向沿x轴正方向，故A错误；根据U＝Ed可知，x轴上O点左侧的电场场强为：E1＝eq \f(20,1×10－2) V/m＝2.0×103 V/m；右侧的电场强度为：E2＝eq \f(20,0.5×10－2) V/m＝4.0×103 V/m；所以x轴上O点左侧电场的场强和右侧电场的场强的大小之比E1∶E2＝1∶2，故B错误；设粒子从(－1 cm,0)点静止加速到原点所用时间为t1，接着从原点向右减速运动到(0.5 cm,0)点所用时间为t2，在原点时的速度最大，设为vm，由运动学公式有：vm＝eq \f(qE1,m)t1，vm＝eq \f(qE2,m)t2，又Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝qU，而周期：T＝2(t1＋t2)，联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10－8 s，该粒子运动过程中动能的最大值为：Ekm＝2×10－8 J，故C错误，D正确。
6．(多选)(2024·安徽省蚌埠市联考)如图所示，O、a、b、c、d是x轴上的五个点，O为原点，相邻点间距均为x0，静电场方向平行于x轴，现将质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子自O点由静止释放，粒子仅在静电力的作用下沿x轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示，则下列说法正确的是( CD )
A．粒子在b点的动能为零
B．粒子的运动是先减速后加速
C．a、c两点的电场强度大小均为eq \f(E0,2qx0)
D．d点的电势为－eq \f(E0,q)
[解析] 根据能量守恒定律可知，从O到b到d过程，电势能先减小后增大，所以动能先增大后减小，在b点动能最大，粒子速度先增大后减小，故A、B错误；图像斜率代表静电力，静电力为F＝qE＝eq \f(E0,2x0)，所以电场强度大小为E＝eq \f(E0,2qx0)，故C正确；根据电势定义式可知，d点的电势为φ＝eq \f(Ep,－q)＝－eq \f(E0,q)，故D正确。
7．(多选)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是( AD )
A．x＝3L处电场强度一定为零
B．Q2的电荷量等于Q1的电荷量
C．ab连线的中点电势最低
D．q在a点的电势能比在b点的电势能大
[解析] 由题图乙分析可知，粒子在距离O点3L前做加速运动，后做减速运动，可见粒子在3L处的加速度为0，则在3L处受到两点电荷的电场力平衡，可知3L点的合电场强度为零，Q2带负电，由E＝eq \f(kQ,r2)及Q1距离3L处较远，可知Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A正确，B错误；该粒子从a点到3L处，做加速运动，电场力做正功，又该粒子为负电荷，所以电势升高，粒子从3L到b做减速运动，电场力做负功，电势能增加，电势又降低，则3L处电势最高，故C错误；由题图乙可知，粒子在b点的速度大于在a点的速度，a点到b点整个过程中电场力做正功，电势能减小，q在a点的电势能比在b点的电势能大，故D正确。
8．(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的坐标为xB＝0.06 m，若α粒子仅在静电力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60 eV，该电场线上各点的电场强度大小E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15 V，下列说法正确的是( AC )
A．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向
B．该α粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动
C．B点电势是A点电势的3倍
D．图乙中E0应为2.5×103 V/m
[解析] 粒子由A点运动到B点，静电力做功为WAB＝2eUAB＝－60 eV，解得UAB＝－30 V，因为φA＝15 V，所以φB＝45 V，B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以电场强度的方向沿x轴负方向，故A、C正确；图乙中电场强度随位移x均匀变化，静电力为变力，所以α粒子沿x轴正方向做变减速直线运动，故B错误；图乙中图像的面积表示A、B两点间的电势差的大小，则E0＝2.5×102 V/m，故D错误。
9．如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放正点电荷，Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。若Ⅰ的电荷量为q，则可知( C )
A．电荷Ⅱ的电荷量为eq \f(q,2)
B．电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ＝eq \f(Ek0,x0)
C．此电场一定为匀强电场且电场强度大小E＝eq \f(Ek0,qx0)
D．选O点为电势零点，A点的电势为φA＝eq \f(Ek0,q)
[解析] 由动能定理可知，电荷的动能Ek随位移x的变化图像切线的斜率表示该电荷所受的电场力，故电荷Ⅰ和Ⅱ所受的电场力分别为FⅠ＝eq \f(Ek0,x0)，FⅡ＝eq \f(2Ek0,x0)，故B错误；由题图可知，电场力为恒力，则电场强度大小、方向均不变，此电场为匀强电场，根据F＝qE可知，匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(FⅠ,q)＝eq \f(Ek0,qx0)，故C正确；又FⅡ＝2FⅠ，所以电荷Ⅱ的电荷量为2q，故A错误；电荷Ⅰ由O到A的过程中，有qUOA＝Ek0，解得UOA＝eq \f(Ek0,q)，选O点为电势零点，A点的电势φA＝－eq \f(Ek0,q)，故D错误。
能力综合练
10．(多选)如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为E0，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中E0、E1、h1、h2和h3均为已知量，P为关系图线上的点，其坐标为(h1，E1)。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( BC )
A．在h2处小球的重力势能一定为零
B．电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大
C．小球在下落过程中电势能不断增大
D．在h1处小球所受的电场力大小为eq \f(E1,h2－h1)
[解析] 因为初速度为零，所以E0＝mgh0，因为在h2处小球的机械能为零，但动能可能不为零，所以h2处小球的重力势能可能为负值，即可能不为零，故A错误；因为小球的机械能减小，电场力做负功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，E－h图像的斜率越来越大，所以电场强度随h的增大而增大，故B正确；小球下落过程中，电场力做负功，小球在下落过程中电势能不断增大，故C正确；根据功能关系，可知在h1处小球所受的电场力大小为P点切线斜率的绝对值，即F＝eq \f(E1,h3－h1)，故D错误。故选BC。
11．如图所示，光滑绝缘水平地面上相距2L的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷，a、O、b是AB连线上的三点，且O为中点，φO＝0，Oa＝Ob＝eq \f(L,2)。另一质量为m、电荷量为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的阻力满足f＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(常数v≠0，,0v＝0，))当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到b点时速度刚好为零，求：
(1)a点的场强和电势；
(2)电荷q在电场中运动的总路程。
[答案] (1)eq \f(32kQ,9L2)，方向向右(指向B) eq \f(2n－1mv\\al(2,0),4q) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))L
[解析] (1)设a点的电场强度为E，则E＝eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2)－eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L,2)))2)＝eq \f(32kQ,9L2)
方向向右(指向B)。
由对称分析可知，a、b两点的电势相等，即φa＝φb，且φO＝0，Uab＝0，设电荷q在运动中所受的阻力为f，由动能定理得
当电荷由a运动到O点时，有
qUaO－feq \f(L,2)＝n·eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
当电荷由a运动到b点时，有
qUab－fL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
UaO＝φa－φO
联立各式解得φa＝eq \f(2n－1mv\\al(2,0),4q)。
(2)电荷最终静止在O点，设由运动到最后静止所通过的路程为s，则
qUaO－fs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立各式解得s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))L。
12．(2024·江西省第二中学月考)如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为eq \f(3,2)l，斜面BC段上方有沿斜面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为＋q的小物块自A端左上方某处以初速度v0＝eq \r(3gl)水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在静电力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)物块平抛过程中的位移大小；
(2)物块在电场中的最大电势能。(规定C处电势能为零)
[答案] (1)eq \f(\r(13),2)l (2)2mgl
[解析] (1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则v＝eq \f(v0,cs α)，
竖直速度vy＝vsin α，
平抛运动时间t＝eq \f(vy,g)，
平抛过程中水平位移x＝v0t，
又有竖直位移y＝eq \f(v\\al(2,y),2g)，
平抛的位移s＝eq \r(x2＋y2)，联立解得s＝eq \f(\r(13),2)l。
(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理有－2μmgcs α·x′＝0－eq \f(1,2)mv2，解得x′＝2l。物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设静电力做功为W，根据动能定理有mgsin α·x′－μmgcs α·x′－W＝0－eq \f(1,2)mv2，解得W＝2mgl，即物块电势能的最大值为2mgl。
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