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(要点归纳+夯实基础练) 第四节 电场性质的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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第四节 电场性质的综合应用
【要点归纳】
一、电场中常见的功能关系
(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)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化．
二、静电场中的图象问题
几种常见图象的特点及规律
v－t图象
根据v－t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ－x图象
(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零
(2)在φ－x图象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图象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，然后做出判断
E－t图象
根据题中给出的E－t图象，确定E的方向，再在草稿纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布
E－x图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律
(2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向
(3)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，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep－x图象
(1)反映了电势能随位移变化的规律
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
三、电场中的力电综合问题
1．带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．
2．用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有：
(1)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弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)．
④根据W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．
(3)两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．
【夯实基础练】
1．(2022•高考全国乙卷)(多选)如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则( )
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【解析】 A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。故选AB。
【答案】 AB
2．(2022•东北师范大学附属中学七测)(多选)如图所示，实线为带电小球在重力和电场力共同作用下从a点运动到b点的轨迹，该轨迹是竖直平面内的一条抛物线，其中va方向水平向右，vb方向竖直向下，则下列说法正确的是( )
A．该电场一定为匀强电场
B．小球的速度先变小后变大
C．该电场的方向可能竖直向上
D．若va和vb大小相等，则小球受到的电场力方向一定水平向左
【解析】 A．由于b点速度方向竖直向下，可知运动过程中水平方向的逐渐减小到零，即电场力存在水平向左的分量。设水平向左的加速度分量为，竖直向下的加速度分量为，则，，由于轨迹为抛物线，即的形式，由数学知识可知与应是固定值，所以电场应是匀强电场，故A正确；
B．合外力应指向轨迹凹侧，即大致指向左下方，根据合外力与速度的夹角可知，小球先做减速运动，后做加速运动，故B正确；
C．存在水平向左的加速度分量，因此电场方向不可能竖直向上，故C错误；
D．若va和vb大小相等，说明小球从a点运动到b点的过程中合力做功为零，只需合力方向与总位移方向垂直即可，电场力方向不一定是水平向左的，故D错误。故选AB。
【答案】 AB
3．(2022•重庆市第八中学第六次月考)(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场E=1×104V/m，其中有一个半径为R=2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.08kg、电荷量为q=+6×10-5C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是( )(cos37°=0.8，g取10m/s2)
A．小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1：1
B．小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大
C．小环做圆周运动过程中动能最小值是1J
D．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5N
【解析】 A．因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为，与竖直方向夹角正切值，解得，重力与电场力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确。
B．等效最低点在AO延长线与圆轨道交点，而非C点。等效最低点速度最大，动能最大，B错误。
C．因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误。
D．小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力最大。从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F·2R=，由牛顿第二定律得，代入数据解得FN=5.0N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对环的最大压力是5.0N，D正确。故选AD。
【答案】 AD
4．(2022•陕西省西安中学高三(上)期中)如图所示，在竖直平面内存在一个匀强电场，一质量为、带电量为的带电小球从点静止释放且沿直线OA方向运动，已知直线OA与竖直方向夹角为，下列有关说法正确的是( )
A．小球运动过程中的加速度一定大于g
B．满足运动条件的匀强电场的最小值为
C．带电小球在运动时动能和重力势能之和一定减小.
D．带电小球在运动时的重力势能和电势能之和一定减小
【解析】 A．带电小球在重力和电场力的共同作用下沿OA做匀加速直线运动，则带电小球所受的合力沿OA方向，由三角形定则作图知，合力可能等于重力，可能大于重力，也可能小于重力，所以带电小球运动过程中的加速度可能等于，可能大于，也可能小于，故A错误；
B．根据几何知识可知当电场力的方向与合力的方向垂直时，电场力最小，即有，可得场强的最小值为，故B错误；
C．由图知，电场力与速度的夹角可能小于，也可能等于，也可能大于，电场力对带电小球可能做正功，也可能不做功，也可能做负功，带电小球的机械能可能增加，也可能不变，也可能减少，故C错误；
D．因合外力对小球一定做正功，则小球的动能增加，根据能量守恒知带电小球的重力势能和电势能之和一定减小，故D正确；故选D。
【答案】 D
5．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示，在一匀强电场中有一点O，以O为圆心的圆上有M、N、P、Q四点，MN为圆的直径且与电场线平行，OP、OQ与OM的夹角都为30°。在O点固定一电荷量为q=+1.6×10－9C的点电荷，若匀强电场的电场强度大小为E=14.4V/m，圆的半径为r=1m，静电力常量k=9×109N•m2/C2，下列说法正确的是( )
A．P、Q两点的电场强度相同
B．P点电场强度的大小为14.4V/m
C．M、N、P、Q四点中，M点的电势最低
D．将另一正点电荷分别放在M、N、P、Q四点，该点电荷在N点时的电势能最小
【解析】 A．由电场的叠加知，P、Q两点的电场强度方向不同，故两点的电场强度不同，故A错误；
B．O点处点电荷在P点的场强大小为，代入数据解得E1=14.4V/m，方向与匀强电场方向的夹角为150°，故P点的合场强小于14.4V/m，故B错误；
C．M、N、P、Q在以O为圆心的圆上，则在点电荷形成的电场中，四点的电势相同，在匀强电场中，由沿电场线方向电势越来越低知，N点电势最低，故C错误；
D．由正点电荷在电势低处电势能小，可知该点电荷在N点的电势能最小，故D正确；故选D。
【答案】 D
6．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)图甲中的直线为静电场中的一条电场线(方向未标出)。现一不计重力且带电量为q(q>0)的粒子从电场线上的M 点沿电场线运动至 N 点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了场强大小随粒子位移的变化规律。则( )
A．电场方向由N指向M B．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度
C．粒子机械能改变量的数值为 D．该电场由静止点电荷产生
【解析】 A．根据题给条件无法判断电场强度的方向，故A错误；
B．由题图可知，粒子在M点处所受电场力小于在N点处所受电场力，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故B错误；
C．E-x图像与坐标轴所围的面积大小表示电势差的绝对值，所以粒子从M到N的过程中，电场力做功的绝对值为，根据功能关系可知粒子机械能改变量的数值为，故C正确；
D．静止点电荷的电场强度随位移x的变化规律不是线性关系，所以该电场不是由静止点电荷产生，故D错误。故选C。
【答案】 C
7．(2022•齐齐哈尔实验中学第一次月考)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
【解析】 A．动能定理知上滑过程中，代入数值得，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，A正确；
B．由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为，即机械能减小6J，B错误；
C．由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，C错误；
D．由动能定理知，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，D错误．故选A
【答案】 A
8．(2022•安徽省六校第二次联考)如图所示，一带正电的离子Q，在只受某一点电荷q(q位置固定且未画出)的电场力作用下，从A经过B运动到C，其轨迹关于竖直轴线MN对称，B点是轨迹曲线的最上端。则以下说法正确的是( )
A．B点速率一定最大 B．B点加速度一定最大
C．B到C过程电势能可能减小 D．A到B过程电势能一定减小
【解析】 (1)若点电荷q为负电荷，则是带正电的离子在负点电荷q的电场中运动，由题意轨迹以MN对称B点是曲线的最上端，所以轨迹ABC可能是正电荷绕负电荷做椭圆运动的轨迹的一部分，该种情况下，B可能是椭圆轨道的到负电荷的最远点，也可能是最近点；
①B是椭圆轨道到负电荷的最远点：在A到B运动的过程中，电场力对正电的离子做负功，正电的离子的速度减小，电势能增加；在由B向C运动的过程中，电场力对正电的离子做正功，正电的离子的速度增加，电势能减小；所以B点的速率最小；B是最远点，所以粒子的加速度最小；
②B是椭圆轨道到负电荷的最近点：在A到B运动的过程中，电场力对正电的离子做正功，正电的离子的速度增大，电势能减小；在由B向C运动的过程中，电场力对正电的离子做负功，正电的离子的速度减小，电势能增大；所以B点的速率最大；B是最近点，所以粒子的加速度最大；
(2)若点电荷q是正电荷，则q在B点的上方，在A到B运动的过程中，电场力对正电的离子做负功，正电的离子的速度减小，电势能增加；在由B向C运动的过程中，电场力对正电的离子做正功，正电的离子的速度增加，电势能减小；所以B点的速率最小；B是最近点，所以粒子的加速度最大；由以上的分析可得， C正确，ABD错误；故选C。
【答案】 C
9．(2022•湖南岳阳市高三(下)二模)(多选)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
【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。
【答案】 BD
10．(2022•上海市奉贤区高三(上)一模)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A． B． C． D．
【解析】 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为。取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能，当用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即，故选D。
【答案】 D
11．(2022•银川一中第五次月考)如图所示，在竖直平面内，边长为L的正方形ABCD区域有竖直向上的匀强电场(图中未画出)，AB边水平。在其左侧竖直放置一平行板电容器MN，两板间加一恒定电压U，某时刻一带电粒子P从M板附近由静止经电场加速从N板小孔(大小可忽略)射出，经A点沿AB方向射入正方形电场区域恰好能从C点飞出。已知粒子质量为m、电荷量为q(q>0)，不计粒子重力。求：
(1)正方形区域的电场强度的大小；
(2)若当粒子P刚进入正方形区域时，BC边上的某点同时水平向左发射另一带负电的粒子Q，两粒子质量、电荷量大小均相同，粒子Q的发射速率为此时刻粒子P速率v0的3倍，若保证两粒子能够在正方形区域中相遇，求粒子Q发射时的位置到B点的距离(不计粒子的相互作用)。
【解析】 (1)在加速电场中，由动能定理得
粒子射入正方形电场区域做类平抛运动，有，
根据牛顿第二定律可得，联立求得
(2)粒子P，Q能够在正方形区域中相遇，由题意，水平方向上有
竖直方向上有
综上可得：粒子Q发射时的位置到B点的距离
【答案】 (1)；(2)
12．(2022•上海交通大学附属中学高三(下)期中)如图所示，长为 L 的轻质绝缘细线一端悬于 O 点，且 O 点距水平地面高 2.6L，另一端系一质量为 m、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)。在水平地面上方的空间加沿水平方向的匀强电场(图中未画出)，电场的范围足够大，小球静止在 A 点，细线与竖直方向夹角 α＝37°．已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为 g，空气阻力忽略不计。求：
(1)匀强电场的电场强度。
(2)保持细线始终张紧，将小球从 A 点拉起至与 O 点处于同一水平高度的 B 点，A、B 两点间的电势差 U。
(3)将小球从 B 点由静止释放，当小球运动到 A 点时细线突然断裂，且匀强电场方向变为与原来方向相反、大小为，小球落地时的速度大小。
【解析】 (1)小球静止在 A 点时受力平衡，如图所示：
根据平衡条件，得，匀强电场方向水平向左；
(2) A、B 两点沿电场线方向距离
根据电势差与场强的关系，得
(3)小球从 B 点运动至 A 点的过程中，根据动能定理，得
方向与 AO 细线垂直向下；
细线断后小球受重力 mg 和水平向右的电场力， 其合力大小为
方向与 方向相同，牛顿第二定律知
小球将做匀加速运动；由 ，，解得
【答案】 (1)，匀强电场方向水平向左；(2)；(3)
13．(2022•成都石室中学一模)如图(俯视图)，在光滑水平桌面上固定一半径为 R=2.5m的光滑圆弧绝缘轨道 ABC和x轴在A点相切 ，AB为直径 ，O'为圆心 ，O'B和O'C之间的夹角为，。仅在第二象限(含x、y轴)有水平向右的匀强电场 E。有一质量为m、电量为 +q的金属球(置于圆弧轨道内侧)由A点以一定的向左初速度释放 ，恰好能够在圆弧轨道上做完整的圆周运动 。已知 E= ，重力加速度 g取 10m/s2。求 :
(1)金属球在 A点释放的速度大小;
(2)金属球离开C点后到达x轴的时间。
【解析】 (1)金属球恰好运动到D点满足，即有
从A点到D点满足动能定理，则有，，可得
(2)由A到C点根据动能定理可得，得
金属球离开C点后做匀速直线运动，
再次到达x轴的时间为，，可得
【答案】 (1)；(2)
14．(2022•陕西省西安中学高三(上)期中)如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.4m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C，现有质量m=0.1kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上A点处，A、B两点距离x=1.0m，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷量q=8.0×10-5 C，取g=10m/s2，求：
(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度的大小；
(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；
(3)A、C两点之间的电势差和A到C过程中摩擦热；
(4)若圆弧轨道是光滑的，求带电体到达最高点的速度为多少？(可以用根号表示)
【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得带电体在水平轨道上运动的加速度大小为
根据运动学规律可得带电体运动到B端时的速度的大小为
(2)设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受到圆弧轨道的支持力大小为FN，
根据牛顿第二定律有，解得
根据牛顿第三定律可得带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小为
(3)A、C两点之间的电势差为
根据能量守恒定律可得A到C过程中的摩擦热为
(4)若圆弧轨道是光滑的，设带电体到达C点时的速度大小为vC，
根据动能定理有
带电体离开C点后在竖直方向做竖直上抛运动，上升到最高点所用时间为
带电体离开C点后在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
带电体到达最高点的速度大小为，联立解得
【答案】 (1)8m/s2，4m/s；(2)5N；(3)1.4×104V，0.72J；(4)
15．(2022•银川一中高三(下)一模)如图，ABC是固定在竖直面内、圆心在O点、半径为R的绝缘光滑圆弧形轨道，B、C分别为轨道的最低和最高点，∠AOB=60°，轨道所在空间有竖直方向(未画出场强方向)的匀强电场。现从轨道所在竖直面内距A点高度为2R的P点，以大小的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球，小球恰能在A点沿轨道切线进入轨道。小球可视为质点且运动过程中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求匀强电场的电场强度；
(2)小球能否通过C点？若能，则求出在C点轨道对小球的弹力大小；若不能，则说明理由。
【解析】 (1)从P到A，小球受重力和电场力共同作用做类平抛运动如图，将小球在A点的速度分解，可知速度偏转角为60°
由运动学规律有，
由牛顿第二定律有
将，代入，联立以上各式解得
故匀强电场的电场强度大小为，方向竖直向上；
(2)由题意，小球在A点沿轨道切线进入轨道，可知进入时无能量损失
假设小球能够到达C点。设小球在C点的速度大小为，轨道对小球的弹力为F
从P到C，由动能定理有
在C点，由牛顿第二定律有，联立两式解得
假设成立，小球能通过C点。
【答案】 (1)，方向竖直向上；(2)小球能通过C点；
16．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图，倾角θ=30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为＋q的小滑块A放在斜面上，恰好处于静止状态。质量也为m的不带电小滑块B 从斜面上与A 相距为L 的位置由静止释放，下滑后与A多次发生弹性正碰，每次碰撞时间都极短，且没有电荷转移，已知重力加速度大小为g。求∶
(1)斜面对A的支持力大小和匀强电场的场强大小；
(2)两滑块发生第1次碰撞到发生第 2次碰撞的时间间隔；
【解析】 (1)滑块A受力受力如图，A处于静止状态，则
斜面对滑块A的支持力大小为
滑块A受到的电场力大小为
可得，
(2)B下滑过程中，加速度大小为a，第1次与A碰撞时的速度为v，有
由运动学公式
第1次碰撞后A的速度为，B的速度为，
由动量守恒和机械能守恒得，
解得，
第1次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为，有，解得
【答案】 (1)，；(2)
第四节 电场性质的综合应用
【要点归纳】
一、电场中常见的功能关系
(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)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化．
二、静电场中的图象问题
几种常见图象的特点及规律
v－t图象
根据v－t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ－x图象
(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零
(2)在φ－x图象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图象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，然后做出判断
E－t图象
根据题中给出的E－t图象，确定E的方向，再在草稿纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布
E－x图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律
(2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向
(3)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，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep－x图象
(1)反映了电势能随位移变化的规律
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
三、电场中的力电综合问题
1．带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．
2．用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有：
(1)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弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)．
④根据W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．
(3)两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．
【夯实基础练】
1．(2022•高考全国乙卷)(多选)如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则( )
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【解析】 A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。故选AB。
【答案】 AB
2．(2022•东北师范大学附属中学七测)(多选)如图所示，实线为带电小球在重力和电场力共同作用下从a点运动到b点的轨迹，该轨迹是竖直平面内的一条抛物线，其中va方向水平向右，vb方向竖直向下，则下列说法正确的是( )
A．该电场一定为匀强电场
B．小球的速度先变小后变大
C．该电场的方向可能竖直向上
D．若va和vb大小相等，则小球受到的电场力方向一定水平向左
【解析】 A．由于b点速度方向竖直向下，可知运动过程中水平方向的逐渐减小到零，即电场力存在水平向左的分量。设水平向左的加速度分量为，竖直向下的加速度分量为，则，，由于轨迹为抛物线，即的形式，由数学知识可知与应是固定值，所以电场应是匀强电场，故A正确；
B．合外力应指向轨迹凹侧，即大致指向左下方，根据合外力与速度的夹角可知，小球先做减速运动，后做加速运动，故B正确；
C．存在水平向左的加速度分量，因此电场方向不可能竖直向上，故C错误；
D．若va和vb大小相等，说明小球从a点运动到b点的过程中合力做功为零，只需合力方向与总位移方向垂直即可，电场力方向不一定是水平向左的，故D错误。故选AB。
【答案】 AB
3．(2022•重庆市第八中学第六次月考)(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场E=1×104V/m，其中有一个半径为R=2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.08kg、电荷量为q=+6×10-5C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是( )(cos37°=0.8，g取10m/s2)
A．小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1：1
B．小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大
C．小环做圆周运动过程中动能最小值是1J
D．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5N
【解析】 A．因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为，与竖直方向夹角正切值，解得，重力与电场力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确。
B．等效最低点在AO延长线与圆轨道交点，而非C点。等效最低点速度最大，动能最大，B错误。
C．因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误。
D．小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力最大。从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F·2R=，由牛顿第二定律得，代入数据解得FN=5.0N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对环的最大压力是5.0N，D正确。故选AD。
【答案】 AD
4．(2022•陕西省西安中学高三(上)期中)如图所示，在竖直平面内存在一个匀强电场，一质量为、带电量为的带电小球从点静止释放且沿直线OA方向运动，已知直线OA与竖直方向夹角为，下列有关说法正确的是( )
A．小球运动过程中的加速度一定大于g
B．满足运动条件的匀强电场的最小值为
C．带电小球在运动时动能和重力势能之和一定减小.
D．带电小球在运动时的重力势能和电势能之和一定减小
【解析】 A．带电小球在重力和电场力的共同作用下沿OA做匀加速直线运动，则带电小球所受的合力沿OA方向，由三角形定则作图知，合力可能等于重力，可能大于重力，也可能小于重力，所以带电小球运动过程中的加速度可能等于，可能大于，也可能小于，故A错误；
B．根据几何知识可知当电场力的方向与合力的方向垂直时，电场力最小，即有，可得场强的最小值为，故B错误；
C．由图知，电场力与速度的夹角可能小于，也可能等于，也可能大于，电场力对带电小球可能做正功，也可能不做功，也可能做负功，带电小球的机械能可能增加，也可能不变，也可能减少，故C错误；
D．因合外力对小球一定做正功，则小球的动能增加，根据能量守恒知带电小球的重力势能和电势能之和一定减小，故D正确；故选D。
【答案】 D
5．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示，在一匀强电场中有一点O，以O为圆心的圆上有M、N、P、Q四点，MN为圆的直径且与电场线平行，OP、OQ与OM的夹角都为30°。在O点固定一电荷量为q=+1.6×10－9C的点电荷，若匀强电场的电场强度大小为E=14.4V/m，圆的半径为r=1m，静电力常量k=9×109N•m2/C2，下列说法正确的是( )
A．P、Q两点的电场强度相同
B．P点电场强度的大小为14.4V/m
C．M、N、P、Q四点中，M点的电势最低
D．将另一正点电荷分别放在M、N、P、Q四点，该点电荷在N点时的电势能最小
【解析】 A．由电场的叠加知，P、Q两点的电场强度方向不同，故两点的电场强度不同，故A错误；
B．O点处点电荷在P点的场强大小为，代入数据解得E1=14.4V/m，方向与匀强电场方向的夹角为150°，故P点的合场强小于14.4V/m，故B错误；
C．M、N、P、Q在以O为圆心的圆上，则在点电荷形成的电场中，四点的电势相同，在匀强电场中，由沿电场线方向电势越来越低知，N点电势最低，故C错误；
D．由正点电荷在电势低处电势能小，可知该点电荷在N点的电势能最小，故D正确；故选D。
【答案】 D
6．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)图甲中的直线为静电场中的一条电场线(方向未标出)。现一不计重力且带电量为q(q>0)的粒子从电场线上的M 点沿电场线运动至 N 点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了场强大小随粒子位移的变化规律。则( )
A．电场方向由N指向M B．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度
C．粒子机械能改变量的数值为 D．该电场由静止点电荷产生
【解析】 A．根据题给条件无法判断电场强度的方向，故A错误；
B．由题图可知，粒子在M点处所受电场力小于在N点处所受电场力，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故B错误；
C．E-x图像与坐标轴所围的面积大小表示电势差的绝对值，所以粒子从M到N的过程中，电场力做功的绝对值为，根据功能关系可知粒子机械能改变量的数值为，故C正确；
D．静止点电荷的电场强度随位移x的变化规律不是线性关系，所以该电场不是由静止点电荷产生，故D错误。故选C。
【答案】 C
7．(2022•齐齐哈尔实验中学第一次月考)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
【解析】 A．动能定理知上滑过程中，代入数值得，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，A正确；
B．由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为，即机械能减小6J，B错误；
C．由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，C错误；
D．由动能定理知，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，D错误．故选A
【答案】 A
8．(2022•安徽省六校第二次联考)如图所示，一带正电的离子Q，在只受某一点电荷q(q位置固定且未画出)的电场力作用下，从A经过B运动到C，其轨迹关于竖直轴线MN对称，B点是轨迹曲线的最上端。则以下说法正确的是( )
A．B点速率一定最大 B．B点加速度一定最大
C．B到C过程电势能可能减小 D．A到B过程电势能一定减小
【解析】 (1)若点电荷q为负电荷，则是带正电的离子在负点电荷q的电场中运动，由题意轨迹以MN对称B点是曲线的最上端，所以轨迹ABC可能是正电荷绕负电荷做椭圆运动的轨迹的一部分，该种情况下，B可能是椭圆轨道的到负电荷的最远点，也可能是最近点；
①B是椭圆轨道到负电荷的最远点：在A到B运动的过程中，电场力对正电的离子做负功，正电的离子的速度减小，电势能增加；在由B向C运动的过程中，电场力对正电的离子做正功，正电的离子的速度增加，电势能减小；所以B点的速率最小；B是最远点，所以粒子的加速度最小；
②B是椭圆轨道到负电荷的最近点：在A到B运动的过程中，电场力对正电的离子做正功，正电的离子的速度增大，电势能减小；在由B向C运动的过程中，电场力对正电的离子做负功，正电的离子的速度减小，电势能增大；所以B点的速率最大；B是最近点，所以粒子的加速度最大；
(2)若点电荷q是正电荷，则q在B点的上方，在A到B运动的过程中，电场力对正电的离子做负功，正电的离子的速度减小，电势能增加；在由B向C运动的过程中，电场力对正电的离子做正功，正电的离子的速度增加，电势能减小；所以B点的速率最小；B是最近点，所以粒子的加速度最大；由以上的分析可得， C正确，ABD错误；故选C。
【答案】 C
9．(2022•湖南岳阳市高三(下)二模)(多选)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
【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。
【答案】 BD
10．(2022•上海市奉贤区高三(上)一模)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A． B． C． D．
【解析】 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为。取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能，当用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即，故选D。
【答案】 D
11．(2022•银川一中第五次月考)如图所示，在竖直平面内，边长为L的正方形ABCD区域有竖直向上的匀强电场(图中未画出)，AB边水平。在其左侧竖直放置一平行板电容器MN，两板间加一恒定电压U，某时刻一带电粒子P从M板附近由静止经电场加速从N板小孔(大小可忽略)射出，经A点沿AB方向射入正方形电场区域恰好能从C点飞出。已知粒子质量为m、电荷量为q(q>0)，不计粒子重力。求：
(1)正方形区域的电场强度的大小；
(2)若当粒子P刚进入正方形区域时，BC边上的某点同时水平向左发射另一带负电的粒子Q，两粒子质量、电荷量大小均相同，粒子Q的发射速率为此时刻粒子P速率v0的3倍，若保证两粒子能够在正方形区域中相遇，求粒子Q发射时的位置到B点的距离(不计粒子的相互作用)。
【解析】 (1)在加速电场中，由动能定理得
粒子射入正方形电场区域做类平抛运动，有，
根据牛顿第二定律可得，联立求得
(2)粒子P，Q能够在正方形区域中相遇，由题意，水平方向上有
竖直方向上有
综上可得：粒子Q发射时的位置到B点的距离
【答案】 (1)；(2)
12．(2022•上海交通大学附属中学高三(下)期中)如图所示，长为 L 的轻质绝缘细线一端悬于 O 点，且 O 点距水平地面高 2.6L，另一端系一质量为 m、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)。在水平地面上方的空间加沿水平方向的匀强电场(图中未画出)，电场的范围足够大，小球静止在 A 点，细线与竖直方向夹角 α＝37°．已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为 g，空气阻力忽略不计。求：
(1)匀强电场的电场强度。
(2)保持细线始终张紧，将小球从 A 点拉起至与 O 点处于同一水平高度的 B 点，A、B 两点间的电势差 U。
(3)将小球从 B 点由静止释放，当小球运动到 A 点时细线突然断裂，且匀强电场方向变为与原来方向相反、大小为，小球落地时的速度大小。
【解析】 (1)小球静止在 A 点时受力平衡，如图所示：
根据平衡条件，得，匀强电场方向水平向左；
(2) A、B 两点沿电场线方向距离
根据电势差与场强的关系，得
(3)小球从 B 点运动至 A 点的过程中，根据动能定理，得
方向与 AO 细线垂直向下；
细线断后小球受重力 mg 和水平向右的电场力， 其合力大小为
方向与 方向相同，牛顿第二定律知
小球将做匀加速运动；由 ，，解得
【答案】 (1)，匀强电场方向水平向左；(2)；(3)
13．(2022•成都石室中学一模)如图(俯视图)，在光滑水平桌面上固定一半径为 R=2.5m的光滑圆弧绝缘轨道 ABC和x轴在A点相切 ，AB为直径 ，O'为圆心 ，O'B和O'C之间的夹角为，。仅在第二象限(含x、y轴)有水平向右的匀强电场 E。有一质量为m、电量为 +q的金属球(置于圆弧轨道内侧)由A点以一定的向左初速度释放 ，恰好能够在圆弧轨道上做完整的圆周运动 。已知 E= ，重力加速度 g取 10m/s2。求 :
(1)金属球在 A点释放的速度大小;
(2)金属球离开C点后到达x轴的时间。
【解析】 (1)金属球恰好运动到D点满足，即有
从A点到D点满足动能定理，则有，，可得
(2)由A到C点根据动能定理可得，得
金属球离开C点后做匀速直线运动，
再次到达x轴的时间为，，可得
【答案】 (1)；(2)
14．(2022•陕西省西安中学高三(上)期中)如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.4m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C，现有质量m=0.1kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上A点处，A、B两点距离x=1.0m，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷量q=8.0×10-5 C，取g=10m/s2，求：
(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度的大小；
(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；
(3)A、C两点之间的电势差和A到C过程中摩擦热；
(4)若圆弧轨道是光滑的，求带电体到达最高点的速度为多少？(可以用根号表示)
【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得带电体在水平轨道上运动的加速度大小为
根据运动学规律可得带电体运动到B端时的速度的大小为
(2)设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受到圆弧轨道的支持力大小为FN，
根据牛顿第二定律有，解得
根据牛顿第三定律可得带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小为
(3)A、C两点之间的电势差为
根据能量守恒定律可得A到C过程中的摩擦热为
(4)若圆弧轨道是光滑的，设带电体到达C点时的速度大小为vC，
根据动能定理有
带电体离开C点后在竖直方向做竖直上抛运动，上升到最高点所用时间为
带电体离开C点后在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
带电体到达最高点的速度大小为，联立解得
【答案】 (1)8m/s2，4m/s；(2)5N；(3)1.4×104V，0.72J；(4)
15．(2022•银川一中高三(下)一模)如图，ABC是固定在竖直面内、圆心在O点、半径为R的绝缘光滑圆弧形轨道，B、C分别为轨道的最低和最高点，∠AOB=60°，轨道所在空间有竖直方向(未画出场强方向)的匀强电场。现从轨道所在竖直面内距A点高度为2R的P点，以大小的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球，小球恰能在A点沿轨道切线进入轨道。小球可视为质点且运动过程中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求匀强电场的电场强度；
(2)小球能否通过C点？若能，则求出在C点轨道对小球的弹力大小；若不能，则说明理由。
【解析】 (1)从P到A，小球受重力和电场力共同作用做类平抛运动如图，将小球在A点的速度分解，可知速度偏转角为60°
由运动学规律有，
由牛顿第二定律有
将，代入，联立以上各式解得
故匀强电场的电场强度大小为，方向竖直向上；
(2)由题意，小球在A点沿轨道切线进入轨道，可知进入时无能量损失
假设小球能够到达C点。设小球在C点的速度大小为，轨道对小球的弹力为F
从P到C，由动能定理有
在C点，由牛顿第二定律有，联立两式解得
假设成立，小球能通过C点。
【答案】 (1)，方向竖直向上；(2)小球能通过C点；
16．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图，倾角θ=30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为＋q的小滑块A放在斜面上，恰好处于静止状态。质量也为m的不带电小滑块B 从斜面上与A 相距为L 的位置由静止释放，下滑后与A多次发生弹性正碰，每次碰撞时间都极短，且没有电荷转移，已知重力加速度大小为g。求∶
(1)斜面对A的支持力大小和匀强电场的场强大小；
(2)两滑块发生第1次碰撞到发生第 2次碰撞的时间间隔；
【解析】 (1)滑块A受力受力如图，A处于静止状态，则
斜面对滑块A的支持力大小为
滑块A受到的电场力大小为
可得，
(2)B下滑过程中，加速度大小为a，第1次与A碰撞时的速度为v，有
由运动学公式
第1次碰撞后A的速度为，B的速度为，
由动量守恒和机械能守恒得，
解得，
第1次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为，有，解得
【答案】 (1)，；(2)
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