1、1第 9讲电场及带电粒子在电场中的运动主干知识体系 核心再现及学科素养知识规律(1)电场力的性质电场强度的定义式： E .Fq真空中点电荷的场强公式：E k .Qr2匀强电场场强与电势差的关系式：E .Ud(2)电场能的性质电势的定义式： .Epq电势差的定义式： UAB .WABq电势差与电势的关系式：UAB A B.电场力做功与电势能：WAB Ep.思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法等.1(2018全国卷，21)(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
2、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( )2A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 4 eVD该电子经过平面 b时的速率是经过 d时的 2倍AB A 对：因等势面间距相等，由 U Ed得相邻虚线之间电势差相等，由 a到d， eUad6 eV，故 Uad6 V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低， C0.B对：因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面 f.C错：经过 d时，电势能 EP e d
3、2 eV.D错：由 a到 b， Wab Ekb Eka2 eV，所以 Ekb8 eV；由 a到 d， Wad Ekd Eka6 eV，所以 Ekd4 eV；则 Ekb 2 Ekd，根据 Ek mv2知 vb vd.12 22(2018全国卷，21)(多选)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(q0)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一定与 a、 b两点连线平行B若该粒子从
4、M点移动到 N点，则电场力做功一定为W1 W223C若 c、 d之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为W2qLD若 W1 W2，则 a、 M两点之间的电势差一定等于 b、 N两点之间的电势差BD A 错：结合题意，只能判定 Uab 0、 Ucd0，但电场方向不能得出B对：由于 M、 N分别为 ac和 bd的中点，对于匀强电场，则 UMN ，可知该Uab Ucd2粒子由 M至 N过程中，电场力做功 W .W1 W22C错：电场强度的方向只有沿 c d时，场强 E ，但本题中电场方向未知W2qLD对：若 W1 W2，则 ac与 bd一定相互平行，可知 UaM UbN.3(2018天津卷，3)如
5、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电场力作用下的运动轨迹，设 M点和 N点的电势分别为 M、 N，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 N.又由 EP q 知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即 EpMvN.若带负电粒子由 N向 M运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得 vMvN，故选 D.4(2017高考全国卷，20)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势 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
6、 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 a已在图中用坐标( r ， a)标出，其余类推现将一带正电的试探电荷由 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 ( )4A Ea Eb41 B Ec Ed21C Wab Wbc31 D Wbc Wcd13AC A 对：由题图知， a、 b、 c、 d四个点距点电荷的距离依次增大，且rb2 ra，由 E 知， Ea Eb41.kQr2B错： rd 2 rc，由 E 知， Ec Ed41.kQr2C对：在移动电
7、荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则Wab Wbc q( a b) q( b c)31.D错： Wbc Wcd q( b c) q( c d)11.5(2017高考全国卷，25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的 A点将质量均为 m、电荷量分别为 q和 q(q0)的带电小球 M、 N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开，已知 N离开电场时的速度方向竖直向下； M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N刚离开电场时动能的 1.5倍不计空气阻力，重力加速度大小为 g.
8、求(1)M与 N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小解析 (1)设小球 M、 N在 A点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.M、 N在电场中运动的时间 t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1和 s2.由题给条件和运动学公式得v0 at0s1 v0t at212s2 v0t at212联立式得 3s1s25(2)设 A点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式得v 2 gh2yH vyt gt212M进入电场后做直线
9、运动，由几何关系知 v0vy s1H联立式可得 h H13(3)设电场强度的大小为 E，小球 M进入电场后做直线运动，则 v0vy qEmg设 M、 N离开电场时的动能分别为 Ek1 、 Ek2，由动能定理得Ek1 m(v v ) mgH qEs1 12 20 2yEk2 m(v v ) mgH qEs212 20 2y由已知条件 Ek1 1. 5 Ek2联立 式得E mg2q答案 (1)31 (2) H (3)13 mg2q考情分析命题特点与趋势1近几年高考题型主要以选择题为主，命题热点主要集中在电场强度、电场线的用途、电势能的变化、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子
10、在电场中的运动等22018 年命题，选择题会以电场线、等势线为背景，结合场强、电势、电势能等基本概念进行考查，也可能会出现以带电粒子在电场中运动为背景考查学生建模能力和数学处理能力的计算题解题要领1要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会贯通2重视电场线、等势面、运动轨迹相结合的题目带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的相关知识在实际生产、生活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等6高频考点一 电场性质的理解与应用备考策略1电场强度常用的公式2电势高低的比较(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；(2)根据电势的定义式 ，即将 q从电场
11、中的某点移至无穷远处电场力做功越多，Epq则该点的电势越高；(3)根据电势差 UAB A B，若 UAB0，则 A B，反之 AEp2 Ep0Ep1D x2 x3段的电场强度大小、方向均不变， x2 x3段做匀加速直线运动D 根据图象的斜率表示电场强度，在 x1处斜率为零，即电场强度为零，所以在此处的电场力为零，故 A错误；由于沿着电场线方向电势降低，所以 x2点处电场强度的方向沿x轴负方向，故 B错误；根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以 Ep3EeB a、 b两点的电势相等C d点场强为零D a、 b两点的场强相同D cd点间距与 de点间距相等，根据电场线的分布情况知， c处电场线密，
12、场强大，故 A正确；由电场分布的对称性可知， a、 b两点的电势相等，故 B正确；9 Q在 d点产生的场强大小 E1 k k ，方向水平向右 Q在 d点产生的场强大小 E2 k ，方向9Q3r2 Qr2 Qr2水平向左所以由电场的叠加原理可知， d点场强为零，故 C正确；根据电场线分布的对称性可知， a、 b两点场强的大小相等，但方向不同，则 a、 b两点的场强不相同，故 D错9误12.(2018河南商丘模拟)如图甲所示，半径为 R、均匀带正电的球体， AB为过球心O的直线上的两点，且 OA2 R， OB3 R；球体的空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中 E0已
13、知， E r曲线下 O R部分的面积等于 2R3 R部分的面积则下列说法正确的是( )A A点的电势低于 B点的电势B A点的电场强度小于 B点的电场强度C从球面到 A点的电势差小于 AB两点间的电势差D电荷量为 q的正电荷沿直线从 A点移到 B点的过程中，电场力做功 E0Rq12D 球体带正电，电场线方向沿半径向外，故 A点电势高于 B点电势，A 错误，因为A距 O点半径为 2R， B距 O点距离为 3R，从 E r图中 2R处的电场强度大于 3R处的电场强度，即 EA EB，B 错误；根据 U Ed可知图象的面积表示电势差，从 E r图可知， R2 R围成的面积大于 2R3 R围成的面积，
14、即从球面到 A点的电势差大于 AB两点间的电势差，C错误；因为曲线下 O R部分的面积等于 2R3 R部分的面积，即 O R间的电势差等于2R3 R间的电势差，即等于 AB间的电势差，故电场做功为 W Uq REg，D 正确1213.(2018高考物理全真模拟二)如图所示，匀强电场中的 PAB平面平行于电场方向， C点为 AB的中点， D点为 PB的中点将一个带负电的粒子从 P点移动到 A点，电场力做功 WPA1.610 8 J；将该粒子从 P点移动到 B点，电场力做功 WPB3.210 8 J .则下列说法正确的是( )A直线 PC为等势线B若将该粒子从 P点移动到 C点，电场力做功为 WP
15、C2.410 8 JC电场强度方向与 AD平行D点 P的电势高于点 A的电势B 由于匀强电场中 U Ed，则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化由题10可知 D点为 PB的中点，则 WPD 1.610 8 J， P点移动到 A点 WPA1.610 8 J，则WPB2AD电势相等，故直线 AD为等势线，电场强度方向与 AD垂直；由于匀强电场中电场力做功与路径无关， WAB WAP WPB( WPA) WPB1.610 8 J； P点移动到 C点，电场力做功WPC WPA WAC WPA 2.410 8 J，故 AC错误，B 正确；根据 WPA qUPA，电场力对负WAB2电荷做正功，可知 U
16、PA0的区域内存在沿 y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E 103V/m，比荷为 1.0105C/kg的带正电43的粒子 P从 A板中心 O处静止释放，其运动轨迹恰好经过 M( ，1)点，粒子 P的重力不3计(1)求金属板 AB之间的电势差 UAB; (2)若在粒子 P经过 O点的同时，在 y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒14Q，使 PQ恰能运动中相碰假设 Q的质量是 P的 2倍、带电情况与 P相同， Q的重力及P、 Q之间的相互作用力均忽略不计，求粒子 Q所有释放点的集合解析 (1)设粒子 P的质量为 m、带电量为 q，从 O点进入匀强电场时的速度大小为 v0.由题意可知，粒
17、子 P在 y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从 O点运动到 M( ，1)点历时3为 t0，由类平抛运动可得 x v0t0， y t ，解得 v0 104m/s12qEm20 2在金属板 AB之间，由动能定理可知 qUAB mv ，解得 UAB1 000 V.12 20(2)设粒子 P、 Q在右侧电场中运动的加速度分别为 a1、 a2； Q粒子从坐标 N (x， y)点释放后，经时间 t与粒子 P相遇由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于 P： Eq ma1， x v0t对于 Q： Eq2 ma2， a1t2 y a2t212 12解得 y x2，其中 x016即粒子 Q释放点 N(
18、x， y)坐标满足的方程为 y x2其中 x0.16答案 (1)1 000 V (2) y x2其中 x016考向 3 带电粒子在交变电场中的运动例 6 (2018广东省潮州市高三调研)如图甲所示， A、 B两板竖直放置，两板之间的电压 U1100 V， M、 N两板水平放置，两板之间的距离 d0.1 m，板长 L0.2 m一个质量 m210 12 kg、电荷量 q110 8 C的带电粒子 (不计重力)从靠近 A板处由静止释放，经加速电场加速后从 B板的小孔穿出，沿着 M、 N两板的中轴线垂直进入偏转电场，如果在 M、 N两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当 t 时，带电粒子刚开始进入偏转电T
19、4场，则：(1)带电粒子从 B板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从 M、 N两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电 U2的周期 T为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)15解析 (1)由动能定理得 qU1 mv ，12 20解得 v0 110 3 m/s.2qU1m(2)要使带电粒子能够从 M、 N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t( n )T(n0,1,2，) 12带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则 L v0t所以 T s(n0,1,2，) 410 42
20、n 1带电粒子进入偏转电场时的加速度 a qEm电场强度 E U2d带电粒子在进入偏转电场后的前 内沿竖直方向的位移T4y a( )2 12 T2要使带电粒子能够从 M、 N两板之间穿出，需满足2y d2联立式解得 n4.5.所以 T s(n5,6,7，)410 42n 1(3)要使总偏移量最大，则 n应取值最小，故 n5，由此解得，最大偏移量y2 y0. 04 m.答案 (1)110 3 m/s (2) s(n5,6,7，) (3)0. 04 m410 42n 1考向 4 带电物体在电场中的运动例 7 (2018湖北省武汉市高三五月训练题)(多选)如图(a)所示，两个带正电的小球A、 B(均
21、可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中 A球固定，电荷量QA2.010 4 C， B球的质量 m0.1 kg.以 A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系， B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置 x的变化规律如图(b)中曲线所示，直线为曲线的渐近线图中 M点离 A点距离为 6 m令 A所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度 g取 10 m/s2，静电力恒量 k9.010 9 Nm2/C2.下列说法正确的是( )16A杆与水平面的夹角 60B B球的电荷量 QB1.010 5 CC若 B球以 4 J的初动能从 M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小 2 JD若 B球从离 A
22、球 2 m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大BCD A.渐进线表示 B的重力势能随位置的变化关系，即： EP mgxsin kx，得：sin 0.5，即 30 ，A 项错误；B.由图(b)中的曲线可知，在 x6 m处总势kmg能最小，动能最大，该位置 B受力平衡，则有 mgsin k ，解得： QB110 5 C，BQAQB62项正确；C.在 M点时， B的重力势能 EP1 mgxsin 303 J，电势能 EP电 1 EP总 EP13 J，由能量守恒可知，最高点时， EK0， EP总 4 J6 J10 J，对应的位置为 x10 m，此位置处 EP2 mgxsin 309 J， E
23、P210 J9 J1 J， EP3 J1 J2 J，C 项正确；D.在 M处加速度最小为 0，所以从 x2 m向上加速度先变小后增大，D 项正确故本题选 B、C、D.归纳反思带电粒子物体在电场中运动问题的分析思路(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动(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：如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，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
24、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，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口17题组突破31.(2018山东省实验中学高三二模)(多选)如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷 A、 B，其连线中点为 O.在 A、 B所形成的电场中，以 O点为圆心、半径为 R的圆面垂直 AB，以 O为几何中心、边长为 2R的正方形 abcd平面垂直圆面且与 AB共面
25、，两平面边线交点分别为 e、 f， g为圆上一点下列说法中正确的是( )A a、 b、 c、 d、 e、 f六点中，不存在场强和电势均相同的两点B将一电荷由 e点沿圆弧 egf移到 f点，电场力始终不做功C将一电荷由 a点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D沿线段 eOf移动的电荷受到的电场力先减小后增大BC 图中圆面是一个等势面， e、 f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知 e、 f的场强相同，故 A错误图中圆弧 egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式 W qU可知：将一正电荷由 e点沿圆弧 egf移到 f点电场力不做功，故 B正确 a点与圆面内任意一点时的电势差
26、相等，根据公式 W qU可知：将一电荷由 a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同故 C正确沿线段 eOf移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故 D错误故选 BC.32.(2018四川宜宾模拟)(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为 2d的平行金属板 P、 Q，两板间距为 d，两板间加上如图乙所示最大值为 U0的周期性变化的电压在两板左侧紧靠 P板处有一粒子源 A， t0 时刻开始连续释放初速度大小为 v0，方向平行于金属板的相同带电粒子 t0 时刻释放的粒子恰好从 Q板右侧边缘离开电场已知电场变化周期 T ，粒子质量为 m，不计粒子重力及相互间
27、的作用力则( )2dv0A在 t0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为 v0B粒子的电荷量为mv202U0C在 t T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了 mv18 18 20D在 t T时刻进入的粒子刚好从 P板右侧边缘离开电场 14AD 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动， t0 时刻进入电场的粒子在电场中运18动的时间 t ，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做2dv0减速运动，一个周期后，粒子的竖直方向速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度 v0，选项 A正确；粒子在竖直方向，在 时间内的位移为 ，由 d ( )2解得T2 d2 12 12U0qd
28、m dv0q ，选项 B错误； t 时刻进入电场的粒子，出电场时在竖直方向的位移为mv20U0 T8y2 a( )22 a( )2 aT2 d，故电场力做功 W d U0q mv ，选项 C12 3T8 12 T8 18 12 U0qd 12 12 12 20错误； t 时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动 ，然后向下减速运动 ，再向上T4 T4 T4加速 ，向上减速 ，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从 P板右侧离开电场，T4 T4选项 D正确；故选 A、D.课时跟踪训练(九)一、选择题(15 题为单项选择题，610 题为多项选择题)1(2018济宁市高三第二次模拟)如图所示的
29、四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹， A、 B、 C、 D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是( )A O点一定有一个正点电荷B B点电势一定大于 C点电势C该粒子在 A点的动能一定大于 D点的动能D将该粒子在 B点由静止释放，它一定沿电场线运动C 没有画出电场线的方向，所以 O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故 A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断 B、 C两点电势的高低，故 B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从 A到 D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在 A
30、点的动能较大，故 C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于 B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在 B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故 D错误故选 C.2(2018宁夏银川一中高三质检(二)如图所示，在匀强电场中，场强方向沿 abc19所在平面平行， ac bc， abc60， ac0.2 m一个电量 q110 5 C的正电荷从 a移到 b，电场力做功为零；同样的电荷从 a移 c，电场力做功为 1108 J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )A500 V/m、沿 ab由 a指向 bB500 V/m、垂直 ab向上C1000 V/m、垂直 ab向上D1000 V/m
31、、沿 ac由 a指向 cC 正电荷从 a移到 b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知， ab两点电势相等，故 ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过 c做 ab的垂线，一定是电场线；正电荷从 a到 c过程，由 W Uq可知， ac两点的电势差 Uac V100 Wq 1.010 3110 5V，即 a点电势高于 c点的电势，故电场线垂直于 ab向上； ac间沿电场线的距离d accos 60 0.20.5 m0.1 m，由 E 可知：电场强度 E V/m1000 Ud 1000.1V/m，方向垂直 ab向上；故 C正确，A、B、D 错误；故选 C.3(2018山东省潍坊市高三二模
32、)如图甲所示，平行金属板 A、 B正对竖直放置， CD为两板中线上的两点 A、 B板间不加电压时，一带电小球从 C点无初速释放，经时间 T到达 D点，此时速度为 v0.在 A、 B两板间加上如图乙所示的交变电压， t0 带电小球仍从 C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则 t T时，小球( )A在 D点上方 B恰好到达 D点C速度大于 v D速度小于 vB 小球仅受重力作用时从 C到 D做自由落体运动，由速度公式得 v0 gT，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0 沿电场力方向做匀加速直线运动， 做匀减速直线运动刚好水平速度减为零， T
33、4 T4 T2 T2做反向的匀加速直线运动， T做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，3T4 3T4故 t T时合速度为 v0，水平位移为零，则刚好到达 D点，故选 B.4(2018山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空20间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直如图所示 MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接现将一个电荷量为 Q的正点电荷置于板的右侧，图中 a、 b、 c、 d是以正点电荷 Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中 ab连线与金属板垂直则下列说法正确的是( )A b点电场强度
34、与 c点电场强度相同B a点电场强度与 b点电场强度大小相等C a点电势等于 d点电势D将一试探电荷从 a点沿直线 ad移到 d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C 画出电场线如图所示：A.根据对称性可知， b点电场强度与 c点电场强度大小相同，方向不同，故 A错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出 a点电场强度大于 b点电场强度，故 B错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知 a点电势等于d点电势，故 C正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故 D错误；故选 C.5(2018河北衡水中
35、学信息卷)如图所示，边长为 L的等边三角形 ABC的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为 q、 q和 q. D点和 M点分别为 AB边和 AC边的中点， N点为三角形的中心，静电力常量为 k.在该电场中，下列说法正确的是( )A D点的电场强度大小为 k ，方向为从 N指向 DqL221B N点的电场强度大小为 9k ，方向为从 N指向 CqL2C D点的电势高于 N点的电势D若取无穷远处电势为 0，则 M点的电势 M为 0C A、 B两点处的点电荷在 D点的电场强度的矢量和为 0， C点处的点电荷在 D点处的电场强度为 E ，方向为从 D指向 N，A 错误；三个点电荷在 N点的电场
36、强qk(3L2)2 4kq3L2度大小均为 3k ，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为 3k ，方向为从 N指向qL2 qL2C，与负点电荷电场强度合成， N点的电场强度大小为 6k ，方向为从 N指向 C，B 错误；qL2CD连线上电场强度方向由 D指向 C，可知 D N，C 正确；若无穷远电势为 0，则 A、 C两点处的等量异种点电荷在 M点的电势为 0， B处的正点电荷在 M点的电势大于 0，故 M0，D 错误6(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有 a、 b、 c三点，其中 b为 ac的中点，已知 a、 c两点的电势分别为 a10 V， C4 V，若将一点电荷
37、从 c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向 a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是( )A该点电荷带负电B电场在 b点处的电势为 7 VC a、 b、 c三点 c点处的场强最小D该电荷从 c点运动到 b点电场力做的功比从 b点运动到 a点电场力做的功多AC A 项：点电荷从 c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B 项：由点电荷从 c到 a做加速度增大的加速运动，说明从 c到 a电场强度增大，即 cb段平均场强小于 ab段的平均强度，根据公式 U d，可知电场在 b点处的电势小于 7 EV，故 B错误；C 项：由点电荷从 c到 a做加速度增大的加速运
38、动，说明从 c到 a电场强度增大， a、 b、 c三点 c点处的场强最小，故 C正确；D 项：由 C分析可知，从 c到 a电场强度增大，即电场力增大， ab bc，根据 W Fx可知，在 cb段的电场力小于 ab段的电场力，所以该电荷从 c点运动到 b点电场力做的功比从 b点运动到 a点电场力做的功少，故 D错误7(2018吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中 A、 B、 C、 D是完全相同的金属极板， P是 AB板间的一点，在 CD板间插有一块有机玻璃板闭合开关，电路稳定后将开关断开现将 CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )22A金属板 CD构成电容器的电容减小B
39、P点电势降低C玻璃板抽出过程中，电阻 R中有向右的电流D. A、 B两板间的电场强度减小AC A.根据 C ，将 CD板间的玻璃板抽出，电介质 r 减小，其它条件不变， rS4 kd则金属板 CD构成电容器的电容减小，故 A正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板 CD构成电容器的电容减小，由 U 可知极板 CD电势差变大，QC极板 AB电势差变大，由 E 可知极板 AB间的场强变大，导致 P点与 B板的电势差变大，Ud因 B板接地，电势为零，即 P点电势升高，因此电容器 CD处于放电状态，电容器 AB处于充电状态，电阻 R中有向右的电流，故 C正确，BD 错误
40、；故选 AC.8(2018山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)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kqQrQ1、 Q2分别固定在 x坐标轴的 x0 和 x6 cm的位置上 x轴上各点的电势 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的电量之比为 14C B点的 x坐标是 8 cmD C点的 x坐标是
41、 12 cmACD A.电势 随 x的变化关系图象的斜率 E，所以 C点电场为 0，根据电场 x23叠加原理可知电荷 Q1、 Q2的电性相反，故 A正确；B.根据 可知，Epq A 0，解得 Q1| Q2|41，故 B错误；C.根据 可知，kQ1qr1qkQ2qr2q kQ148 kQ212 EPq B 0，解得 B点的坐标是 8 cm，故 C正确；D.由 E 知，kQ1qx1qkQ2qx1 6q KQ1x1 kQ2x1 6 kQr2Ec 0 解得 C点的坐标是 x212 cm，故 D正确；故选 ACD.kQ1x2 kQ2x2 629(2018陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边
42、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位于到 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(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为 k，重力加速度为 g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A D点的场强大小为kQL2B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 mgL32D小球沿直轨道 CD下滑过程中，其电势能先增大后减小AC 根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在 D处的电场强度沿 DB方向，正电荷在 D处的电场强度沿
43、 AD方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在 D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿 AD、 DB的角平分线；由库仑定律得， A、 B在 D点的场强的大小： EA E k ，则 D点的场强： ED EAcos 60 EBcos 60 k ，QL2 QL2故 A正确；当小球到达 CD中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故 B错误；由于 C与 D到A、 B的距离都等于 L，结合等量异种点电荷的电场特点可知， C点与 D点在同一等
44、势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即： mg mv2，又几何OD1224关系可知： Lsin 60 L. 小球的动能 Ek mv2 mgL，故 C正确，D 错OD32 12 32误故选 AC.10(2018山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与 x轴平行，在 x轴上的电势 与坐标 x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3) 的切线现有一质量为 0.20 kg，电荷量为2.010 8 C的滑块 P(可视作质点)，从 x0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为
45、0.02.取重力加速度 g10 m/s2.则下列说法正确的是 ( )A滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B x0.15 m 处滑块运动的动能最大 1.0103 JC滑块运动过程中电势能先减小后增大D滑块运动过程中克服摩擦力做功 8.0103 JAB 电势 与位移 x图线的斜率表示电场强度，则 x0.15 m处的场强 EV/m210 6V/m，此时的电场力 F qE210 8 2106N0.04 N，滑动摩擦31050.15力大小 f mg 0.022 N0.04 N，在 x0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小， x0.15 m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐
46、渐增大，故 A正确，在 x0.15 m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得， Ekm qU fx，因为 0.10 m和 0.15 m处的电势差大约为 1.5105V，代入求解，最大动能为 1.0103 J.故 B正确滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项 C错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功 8.0103 J，则移动的距离为 x m0.2 Wff 8.010 30.04m，此时滑块从 x0.1 m的位置运动到 0.3 m的位置，电势能的变化为 Ep(41.5)1052.0108 J510 3 J，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距
47、离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于 8.0103 J，选项D错误；故选 AB.25二、非选择题11(2018四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距 2L的 AB、 CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中 PS下方的电场 E1的场强方向竖直向上， PS上方的电场 E2的场强方向竖直向下，在电场左边界 AB上宽为 L的 PQ区域内，连续分布着电量为 q、质量为 m的粒子从某时刻起由 Q到 P点间的带电粒子，依次以相同的初速度 v0沿水平方向垂直射入匀强电场 E1中，若从 Q点射入的粒子，通过 PS上的某点 R进入匀强电场 E2后从 CD边上的 M点水平射出，其轨迹如图，若 MS两点的距离为 .不
