第8講電場命題規(guī)律1.命題角度：(1)電場的性質(zhì)；(2)電場中的圖像問題；(3)帶電粒子在電場中的運動.2.常用方法：對稱法、等效法、微元法、類比法.3.常考題型：選擇題、計算題．考點一電場的性質(zhì)1．電場強度的分析與計算(1)電場強度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點的切線方向，電場的強弱可根據(jù)電場線的疏密程度來進行比較．(2)計算電場強度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補償法、等效法．2．電勢高低的判斷判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低電勢能的大小正電荷在電勢能大處電勢較高，負電荷在電勢能大處電勢較低靜電力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低3．電勢能大小的判斷(1)做功判斷法：由WAB＝EpA－EpB可知，靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增大．(2)電荷電勢法：由Ep＝qφ知正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大．(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時，電勢能減小，反之電勢能增大．例1(2022·浙江1月選考·10)某種氣體—電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜構(gòu)成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示．下列說法正確的是()A．a(chǎn)點所在的線是等勢線B．b點的電場強度比c點大C．b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功為零答案C解析因上下為兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜，則a點所在的線是電場線，選項A錯誤；因c點的電場線較b點密集，則c點的電場強度比b點大，選項B錯誤；因b、c兩點所處的線為兩相鄰的等勢線，可知b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大，選項C正確；因d、g兩點在同一電場線上，電勢不相等，則將電荷沿題圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功不為零，選項D錯誤．例2(多選)(2022·全國乙卷·19)如圖，兩對等量異號點電荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4個頂點上．L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點．則()A．L和N兩點處的電場方向相互垂直B．M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C．將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D．將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零答案AB解析兩個正點電荷在N點產(chǎn)生的合電場強度方向由N指向O，N點處于兩負點電荷連線的中垂線上，則兩負點電荷在N點產(chǎn)生的合電場強度方向由N指向O，則N點的合電場強度方向由N指向O，同理可知，兩個負點電荷在L處產(chǎn)生的合電場強度方向由O指向L，L點處于兩正點電荷連線的中垂線上，兩正點電荷在L處產(chǎn)生的合電場強度方向由O指向L，則L處的合電場強度方向由O指向L，由于正方形兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；正方形底邊的一對等量異號點電荷在M點產(chǎn)生的合電場強度方向向左，而正方形上方的一對等量異號點電荷在M點產(chǎn)生的合電場強度方向向右，由于M點離上方一對等量異號點電荷距離較遠，則M點的電場方向向左，故B正確；由題圖可知，M和O點位于兩等量異號點電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；由題圖結(jié)合等量異號點電荷模型可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤．考點二電場中的圖像問題電場中幾種常見的圖像v－t圖像當帶電粒子只受靜電力時，從v－t圖像上能確定粒子運動的加速度方向、大小變化情況，進而可判定粒子運動中經(jīng)過的各點的電場強度方向、電場強度大小、電勢高低及電勢能的變化情況φ－x圖像(1)從φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，進而確定電場強度的方向及試探電荷電勢能的變化(2)φ－x圖線切線的斜率大小表示沿x軸方向電場強度E的大小E－x圖像以電場強度沿x軸方向為例：(1)E>0表示電場強度沿x軸正方向，E<0表示電場強度沿x軸負方向(2)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低需根據(jù)電場方向判定Ep－x圖像(1)圖像的切線斜率大小表示靜電力大小(2)可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況例3(2022·山東省實驗中學一模)如圖甲所示，有一豎直放置的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，一絕緣光滑細桿過圓心沿垂直圓環(huán)平面方向穿過圓環(huán)，細桿上套有一個質(zhì)量m＝10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4C．小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的v－t圖像如圖乙所示．小球運動到B點時，速度時間圖像的切線斜率最大(圖中標出了該切線)．下列說法正確的是()A．在圓環(huán)形成的電場中，O點右側(cè)桿上B點電場強度最大，電場強度大小為E＝12V/mB．在圓環(huán)形成的電場中，由C到A電勢逐漸升高C．小球在從C到A的過程中電勢能先減小后增大D．在圓環(huán)形成的電場中，C、B兩點間的電勢差UCB＝0.9V答案D解析由v－t圖像的斜率表示加速度可知，小球在B點的加速度最大，所受的靜電力最大，故B點的電場強度最大，小球在B點的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.3,5)m/s2＝0.06m/s2，又因為qE＝ma，解得E＝1.2V/m，A錯誤；從C到A的過程中小球的動能一直增大，則靜電力一直做正功，故電勢能一直減小，又因為小球帶正電，故從C到A電勢逐漸降低，B、C錯誤；從C到B靜電力做功為WCB＝eq\f(1,2)mvB2－0，C、B兩點間的電勢差UCB＝eq\f(WCB,q)＝eq\f(mvB2,2q)＝eq\f(0.01×0.32,2×5×10－4)V＝0.9V，D正確．例4(多選)(2022·山東煙臺市高三期末)如圖甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受靜電力的作用，則下列判斷正確的是()A．電子將沿Ox軸負方向運動B．電子的電勢能將增加C．電子運動的加速度先減小后增大D．該電場線可能是等量異種點電荷間的電場線答案CD解析根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，電場強度方向沿x軸負方向，所以電子將沿Ox軸正方向運動，則A錯誤；靜電力做正功，電勢能減小，則B錯誤；φ－x圖像的切線斜率表示電場強度，由圖像可知電場強度先減小后增大，所以電子運動的加速度先減小后增大，則C正確；如題圖所示，該電場線可能是等量異種點電荷間的連線上的電場線，則D正確．考點三帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子(帶電體)在電場中運動時重力的處理基本粒子一般不考慮重力，帶電體(如液滴、油滴、塵埃等)一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外．2．帶電粒子(帶電體)在電場中的常見運動及分析方法常見運動受力特點分析方法靜止或勻速直線運動合外力F合＝0共點力平衡變速直線運動合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.用動力學觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，適用于勻強電場2．用功能觀點分析W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，勻強和非勻強電場都適用帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)運動(類平拋運動)進入電場時v0⊥E運動的分解偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)側(cè)移距離：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y(tǒng)0＋Ltanθ＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ3．帶電體在電場、重力場中運動的分析方法(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規(guī)律解決問題．(2)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變．例5(2022·天津市南開區(qū)三模)質(zhì)量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度沿垂直于電場的方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，不計帶電粒子的重力，M從兩板正中央射入，N從下板邊緣處射入，它們最后打在同一點，如圖所示．則從開始射入至打到上板的過程中()A．它們運動的時間關(guān)系為tN>tMB．它們的電勢能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶2C．它們的動能增量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4D．它們的動量增量之比ΔpM∶ΔpN＝1∶1答案C解析帶電粒子在垂直電場方向不受力，做速度相等的勻速直線運動，位移相等，則運動時間相等，所以A錯誤；平行電場方向粒子做初速度為0的勻加速直線運動，滿足y＝eq\f(1,2)at2，根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma，由兩式解得：q＝eq\f(2ym,Et2)，所以它們所帶的電荷量之比qM∶qN＝1∶2，電勢能的減小量等于靜電力做的功即ΔEp＝qEy，因為平行電場方向位移大小之比是1∶2，電荷量之比也是1∶2，所以靜電力做功之比為1∶4，它們電勢能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4，故B錯誤；靜電力做功之比等于動能增量之比，則動能增量之比為ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4，故C正確；由動量定理可知Ft＝mΔv，故動量增量之比eq\f(ΔpM,ΔpN)＝eq\f(ΔvM,ΔvN)＝eq\f(aM,aN)＝eq\f(qM,qN)＝eq\f(1,2)，故D錯誤．例6(多選)(2022·遼寧卷·10)如圖所示，帶電荷量為6Q(Q>0)的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為－Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止狀態(tài)．此時彈簧的壓縮量為eq\f(L,2)，球2、3間的靜電力大小為eq\f(mg,2).迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動．g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是()A．帶負電B．運動至a點的速度大小為eq\r(gL)C．運動至a點的加速度大小為2gD．運動至ab中點時對斜面的壓力大小為eq\f(3\r(3)－4,6)mg答案BCD解析由題意可知三小球構(gòu)成一個等邊三角形，小球1和3之間的靜電力大于小球2和3之間的靜電力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，且小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯誤；小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于eq\f(L,2)，根據(jù)對稱性可知，小球2對小球3做功為0，彈簧彈力做功為0，故根據(jù)動能定理有mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gL)，故B正確；設小球3的電荷量為q，小球3在b點時，有keq\f(qQ,L2)＝eq\f(mg,2)，設彈簧的彈力大小為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有F＝keq\f(q·6Q,L2)－keq\f(qQ,L2)sin30°－mgsin30°，聯(lián)立解得F＝eq\f(9,4)mg，小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于eq\f(L,2)，根據(jù)對稱性可知，彈力大小仍為F，則有F＋keq\f(qQ,L2)sin30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2g，故C正確；當小球3運動至ab中點時，彈簧彈力為0，此時小球2對小球3的力為F23＝keq\f(qQ,\f(\r(3),2)L2)＝eq\f(2,3)mg，斜面對小球3的支持力大小為FN＝mgcos30°－F23＝eq\f(\r(3),2)mg－eq\f(2,3)mg＝eq\f(3\r(3)－4,6)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮閑q\f(3\r(3)－4,6)mg，故D正確．例7(2022·遼寧省高三學業(yè)考試)如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)從水平軌道上A點由靜止釋放，小球運動到C點離開半圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點進入電場．已知P點在A點的正上方，整個運動過程小球的電荷量保持不變，A、B間的距離為2R，重力加速度為g.求：(1)勻強電場的電場強度E的大小；(2)小球在半圓軌道上運動的最大速率及小球?qū)Π雸A軌道的壓力的最大值；(3)小球在水平軌道上的落點到A點的距離．答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(2\r(2)＋1gR)(2＋3eq\r(2))mg(3)(4eq\r(2)－5)R解析(1)設小球過C點時的速度大小為vC，小球從A運動到C的過程中，根據(jù)動能定理有qE·3R－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2小球離開C點后做平拋運動，小球從C運動到P的過程中水平方向有2R＝vCt1豎直方向有R＝eq\f(1,2)gt12聯(lián)立解得E＝eq\f(mg,q)(2)小球運動到等效最低點D時速度最大，設最大速度為v，OD與豎直線OB夾角為α，由于mg＝qE，則α＝45°，小球從A點運動到D點的過程中，根據(jù)動能定理有qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mvm2即eq\f(1,2)mvm2＝mgR(sinα＋cosα＋1)解得最大速率vm＝eq\r(2\r(2)＋1gR)由于小球在D點時速度最大且靜電力與重力的合力恰好背離半徑方向，故小球在D點時對半圓軌道的壓力最大，設此壓力大小為F，在D點對小球進行受力分析，并建立如圖所示的直角坐標系，設在D點受到的支持力大小為F′根據(jù)牛頓第二定律有F′－qEsin45°－mgcos45°＝eq\f(mvm2,R)解得F′＝(2＋3eq\r(2))mg根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)＝F′即小球?qū)Π雸A軌道壓力的最大值為F＝(2＋3eq\r(2))mg(3)小球通過P點時水平方向速度大小為v1＝vC＝eq\r(2gR)豎直方向速度大小為v2＝gt1＝eq\r(2gR)進入電場后，水平方向加速度大小為a1＝eq\f(Eq,m)＝g豎直方向加速度大小為a2＝eq\f(mg,m)＝g故小球在水平方向做勻減速運動，在豎直方向做勻加速運動水平方向有x＝v1t2－eq\f(1,2)a1t22豎直方向有R＝v2t2＋eq\f(1,2)a2t22聯(lián)立解得x＝(4eq\r(2)－5)R.帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動(1)等效重力法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向．(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點．1.(多選)(2022·江西南昌市一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有勻強電場，a、b、c、d為沿豎直方向的等勢線，且a等勢線的電勢高于d等勢線的電勢．一帶負電的微粒從b等勢線O點以某一初速度沿豎直平面向右上方發(fā)射，初速度方向與水平方向的夾角θ＝37°.帶電微粒運動到其軌跡的最高點時，速度大小與O點速度大小相等，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，則可判斷在此過程中()A．靜電力對帶電微粒一定做正功B．微粒運動軌跡的最高點可能在b等勢面上C．微粒受到的靜電力與它的重力之比為3∶1D．靜電力對微粒做的功與微粒的重力勢能增量之比為3∶1答案AC解析當微粒運動到其軌跡最高點時，其豎直方向的分速度為零，該過程中重力對微粒做負功，微粒的速度大小不變，則動能不變，根據(jù)動能定理可知，靜電力一定對帶電微粒做正功，故A正確；因為a等勢線的電勢高于d等勢線的電勢，所以勻強電場中電場強度的方向水平向右，則帶負電的微粒受到的靜電力的方向水平向左，靜電力對該帶電微粒做正功，所以微粒運動軌跡的最高點一定在b等勢線的左側(cè)，故B錯誤；由題意可知帶電微粒在水平方向上先向右做勻減速運動，速度減為零后反向勻加速，其水平初速度和豎直初速度的大小分別為v0x＝v0cos37°，v0y＝v0sin37°，設靜電力為F，取水平向左為正方向，根據(jù)牛頓第二定律可知微粒在水平方向的加速度大小為a＝eq\f(F,m)，根據(jù)運動學公式可得微粒從開始到運動至最高點所需的時間為t＝eq\f(v0y,g)，由題意可知v0＝at－v0x，聯(lián)立各式解得eq\f(F,mg)＝eq\f(3,1)，故C正確；重力對微粒做負功，靜電力對該微粒做正功，由于微粒的動能不變，則重力做功的絕對值與靜電力做的功大小相等，所以靜電力對微粒做的功與微粒重力勢能增量相等，之比為1∶1，故D錯誤．2.(多選)(2022·河北邢臺市高三期末)如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強電場(圖中未畫出)，A、B、C、D、M、N是棱長為a的正八面體的六個頂點，在同一豎直線上的M、N兩點均固定有電荷量為Q的正點電荷，一質(zhì)量為m、電荷量為q的點電荷在正方形ABCD內(nèi)(水平)繞正八面體的中心做半徑最大的勻速圓周運動．靜電力常量為k，重力加速度大小為g.下列說法正確的是()A．做勻速圓周運動的點電荷帶正電B．勻強電場的電場強度為eq\f(mg,q)C．做圓周運動的點電荷的角速度為eq\f(4,3)eq\r(\f(\r(3)kQq,ma3))D．做圓周運動的點電荷的動能為eq\f(4\r(3)kQq,9a)答案BC解析點電荷在正方形ABCD內(nèi)(水平)繞正八面體的中心做半徑最大的勻速圓周運動，故只有當點電荷為負電荷時，才能受到水平面向內(nèi)的合力，故點電荷帶負電，A錯誤；勻強電場的作用是使電荷所受的靜電力與重力平衡，則有Eq＝mg，故勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(mg,q)，B正確；在正八面體正方形ABCD內(nèi)(水平)做半徑最大的圓周運動，故圓周運動的半徑R＝eq\f(a,2)，電荷到場源電荷的距離為r＝eq\f(\r(3)a,2)，如圖所示，由幾何知識可得cosθ＝eq\f(\r(3),3)，每個場源電荷對點電荷的庫侖力大小為F＝eq\f(kQq,r2)＝eq\f(4kQq,3a2)，點電荷受到的合力大小為F合＝2Fcosθ＝2·eq\f(4kQq,3a2)·eq\f(\r(3),3)＝eq\f(8\r(3)kQq,9a2)，根據(jù)合力提供向心力有F合＝mω2R，解得ω＝eq\f(4,3)eq\r(\f(\r(3)kQq,ma3))，C正確；由動能的表達式得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(ωR)2＝eq\f(2\r(3)kQq,9a)，D錯誤．專題強化練[保分基礎(chǔ)練]1.(2022·湖南卷·2)如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上．移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變．關(guān)于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是()A．電場強度方向垂直指向a，電勢減小B．電場強度方向垂直指向c，電勢減小C．電場強度方向垂直指向a，電勢增大D．電場強度方向垂直指向c，電勢增大答案A解析根據(jù)對稱性與電場疊加原理可知，移去a處絕緣棒前O點電場強度為0，則移去a處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向a，再根據(jù)電勢的疊加原理，設每根長棒在O點產(chǎn)生的電勢為φ0，四根完全相同、均勻帶正電絕緣長棒在O點產(chǎn)生的電勢為4φ0，現(xiàn)在撤去a處的絕緣棒后，其他三棒在O點產(chǎn)生的電勢為3φ0，故O點的電勢減小，故選A.2．(多選)(2022·安徽蕪湖市高三期末)如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，兩極板水平放置，下極板接地，極板間距為d，在上極板緊貼一厚度為l的金屬板，其下部空間有一帶電質(zhì)點P靜止在電容器中．當把金屬板從電容器中快速抽出后，質(zhì)點P開始運動，空氣阻力不計，已知重力加速度為g.下列說法正確的是()A．抽出金屬板后電容器所帶電荷量增加B．抽出金屬板瞬間帶電質(zhì)點P的電勢能增加C．抽出金屬板后帶電質(zhì)點P的加速度大小為eq\f(l,d)gD．抽出金屬板后帶電質(zhì)點P的加速度大小為eq\f(d－l,d)g答案BC解析根據(jù)平行板電容器電容的決定式和定義式分別有C＝eq\f(εrS,4πkx)和C＝eq\f(Q,U)，抽出金屬板后x增大，則C減小，而U不變，所以Q減小，故A錯誤；兩金屬板間電場強度大小為E＝eq\f(U,x)，抽出金屬板瞬間，x增大，U不變，所以E減小，因為質(zhì)點P所在位置到下極板的距離不變，且下極板的電勢為零，所以質(zhì)點P所在位置的電勢降低，分析可知質(zhì)點P帶負電，所以其電勢能增加，故B正確；設質(zhì)點P的質(zhì)量為m，抽出金屬板前，根據(jù)平衡條件有qeq\f(U,d－l)＝mg，抽出金屬板后設帶電質(zhì)點P的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mg－qeq\f(U,d)＝ma，聯(lián)立可得a＝eq\f(l,d)g，故C正確，D錯誤．3．(2022·遼寧葫蘆島市高三期末)在維護和檢修高壓供電線路時，為了不影響城市用電，電工經(jīng)常要在高壓線上帶電作業(yè)．為了保障電工的安全，電工全身要穿上用金屬絲線編織的衣服(如圖甲所示)．圖乙中電工站在高壓直流輸電線的A供電線上作業(yè)，其頭頂上方有B供電線，B供電線的電勢高于A供電線的電勢．虛線表示電工周圍某一截面上的等勢面，c、d、e、f是不同等勢面上的四個點，以下說法中正確的是()A．在c、d、e、f四點中，c點的電場最強B．連接c、d、e、f四點，則此線一定為電場線C．電工全身穿上用金屬絲線編織的衣服，靜電感應使體內(nèi)電勢保持為零D．電工全身穿上用金屬絲線編織的衣服，靜電屏蔽使體內(nèi)電場強度保持為零答案D解析根據(jù)等勢面的分布疏密，可判斷出f點的電場最強，故A錯誤；電場線與等勢面垂直，從題圖中不能確定c、d、e、f四點的連線恰好垂直于各等勢面，所以該連線不一定是電場線，故B錯誤；電工全身穿上用金屬絲線編織的衣服，靜電屏蔽使體內(nèi)電場強度保持為零，故C錯誤，D正確．4．(2022·安徽蕪湖市高三期末)如圖所示，真空中兩個等量同種正點電荷放置在M、N兩點，MN連線上的中點為D，以MD為棱構(gòu)成一個空間正方體，A、B、C是該正方體上三個頂點．則下列說法正確的是()A．A、C兩點的電場強度相同B．B、D兩點的電勢相等C．將電子從C點沿CB方向射出，電子可能做勻速圓周運動D．將電子從B點沿BC方向射出，電子可能做勻速圓周運動答案C解析由對稱性可知，A、C兩點的電場強度大小相等，方向不同，選項A錯誤；因D點距離兩正電荷比B點更近，可知D點的電勢高于B點電勢，選項B錯誤；電子在以D為圓心、以正方體棱長為半徑的圓周上所受的靜電力大小相等且都指向D點，則將電子從C點沿CB方向射出，因該方向與靜電力方向垂直，若靜電力提供電子所需的向心力，則電子可能做勻速圓周運動，選項C正確；因BC方向與電子在B點受的靜電力方向不垂直，將電子從B點沿BC方向射出，則電子不可能做勻速圓周運動，選項D錯誤．5.(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷．點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷．將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零．圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR)B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D．負電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案C解析取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°，由幾何關(guān)系得兩者的合電場強度大小為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負電，在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,2R2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故選C.6.(多選)兩個點電荷q1、q2固定在x軸上，一帶正電粒子的電勢能Ep隨位置x的變化規(guī)律如圖所示，當粒子只在靜電力作用下在x1～x2之間運動時，以下判斷正確的是()A．x1～x2之間的電場強度沿x軸負方向B．x1處的電場強度為零C．從x1到x2帶電粒子的速度一直減小D．從x1到x2帶電粒子的加速度一直增大答案AC解析由題圖可得從x1到x2粒子電勢能增大，則靜電力做負功，因為正電荷受靜電力的方向與電場強度的方向一致，則x1～x2之間的電場強度沿x軸負方向，故A正確；Ep－x圖像中直線或曲線上某點處切線的斜率大小表示粒子在該點所受靜電力的大小，由題圖可知在x1處的切線斜率不為零，故該處的電場強度也不為零，故B錯誤；只在靜電力作用下粒子的動能與電勢能之和不變，可知從x1到x2粒子的動能一直減小，則速度一直減小，故C正確；從x1到x2圖線的斜率逐漸減小，所以粒子受到的靜電力逐漸減小，其加速度也逐漸減小，故D錯誤．7.(2022·浙江6月選考·9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應)．t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出．不計重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2v02,L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達N板時速度增加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達N板時靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正確，D錯誤．[爭分提能練]8．(多選)(2022·福建莆田市二模)如圖，兩個固定的相同圓環(huán)a、b，均勻帶有＋Q和－Q的電荷，兩環(huán)圓心O、O′在同一中心軸線上，P點為OO′的中點．則()A．沿中心軸線從O點到O′點，電勢逐漸降低B．過P點且垂直于OO′的平面為等勢面C．O點與O′點的電場強度相同D．兩環(huán)間距越小，P點的電場強度一定越大答案ABC解析由電場強度的疊加可知從O點到O′點電場強度的方向一直向右，因此電勢一直降低，故A正確；由電場強度的疊加可知電場線垂直于過P點且垂直于OO′的平面，在此平面上移動電荷時靜電力不做功，因此該平面為等勢面，故B正確；＋Q在O點產(chǎn)生電場強度為零，O點的電場強度由－Q和O與－Q間的距離決定，同理O′點的電場強度由＋Q和O與＋Q間的距離決定，由幾何關(guān)系結(jié)合電場強度疊加知O點與O′點電場強度大小相等、且方向均向右，故C正確；當兩環(huán)均向P靠攏且間距無窮小時，P點電場強度近似為零，兩環(huán)間距越小時，P點的電場強度不一定越大，故D錯誤．9．(多選)(2022·湖北省荊州中學高三期末)一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，如圖所示，則()A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強度大于B點C．沿直線從A到B電勢一直升高D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大答案AC解析對于完整帶電球面，在其內(nèi)部AB的中垂面上各點電場強度均為零，可知左右半球面在此中垂面上各點的電場強度等大反向，因左右半球面的電場關(guān)于此中垂面對稱，則左右半球面各自在中垂面上各點的電場強度方向均垂直于中垂面，則左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各點電場強度均垂直于中垂面，則中垂面為等勢面，則O、C兩點電勢相等，故A正確；根據(jù)題意可知，一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，設左右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2，則E1＝E2，根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且E2＝E1，則在題圖所示的電場中，A點的電場強度為E2，方向向左，B點的電場強度為E1，方向向左，則A點的電場強度與B點的電場強度相同，則沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故B、D錯誤；根據(jù)電場的疊加原理可知，直線AB上的電場線方向向左，沿電場線方向電勢降低，則沿直線從A到B電勢一直升高，故C正確．10．(多選)(2022·山西太原市高三期末)如圖所示，菱形aObP(ab>2OP)的頂點a、b處分別固定有等量的正點電荷．取無窮遠為零電勢點，OP方向為x軸正方向．若將一帶負電的粒子從O點由靜止釋放，在粒子從O點運動到P點的過程中，下列關(guān)于O、P間的電場強度E、電勢φ以及粒子的電勢能Ep、動能Ek分別隨x變化的圖線中，可能正確的是()答案BD解析根據(jù)等量正點電荷連線中垂線上的電場強度分布可知，從O到P電場強度可能先增加后減小到零，然后反向增加再減小；或者先減小到零，然后反向增加，因此電場強度在過OP中點后圖像應在x軸下方，則A錯誤．從O到P電勢先升高后降低，O、P兩點電勢相等，中點電勢最高，則B正確．靜電力對負電荷先做正功后做負功，則動能先增加后減小，電勢能先減小后增加，但是負電荷在各點的電勢能均為負值，Ep－x圖像應該在x軸下方，則C錯誤，D正確．11.(2022·湖北省華中師范大學第一附屬中學高三測試)如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場．AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點沿切線進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運動到B處以速度vB射出．已知重力加速度為g，勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(3mg,4q)，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大C．在A、B兩點的速度大小滿足vA>vBD．從B點拋出后，小球速度的最小值為eq\f(4,5)eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)答案D解析從A到B過程中，靜電力一直做負功，小球的機械能一直減小，故A錯誤；等效重力與豎直線夾角約37°偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故B錯誤；B點比A點更靠近等效最低點，所以vA<vB，故C錯誤；從A到B，由動能定理mgR－EqR＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，解得vB＝eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)，之后小球做斜拋運動，在垂直于等效重力場方向上的分速度為零時即為最小速度，則vmin＝eq\f(4,5)vB＝eq\f(4,5)eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)，故D正確．12.(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運動中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？答案(1)eq\f(mv02,2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)解析(1)由題意知，初速度為零的帶正電粒子從A點進入電場，從C點射出電場，故電場方向與AC平行，并由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強度的定義知AC＝R①F＝qE②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mv02③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv02,2