壓軸題06靜電場中力和能性質的綜合應用在高考物理中，靜電場中力的性質和能的性質占據著重要的地位，它們不僅是電學部分的核心內容，也是理解和應用電學知識的基礎。在命題方式上，高考對于靜電場中力的性質和能的性質的考查通常涉及電場強度、電場力、電勢能、電勢等基本概念的理解和應用。這些考點可能會以選擇題、計算題等多種形式出現，題目設計注重考查學生對電場力做功、電場強度與電荷量、電勢能與電勢差等關系的理解和應用。備考時，學生應首先深入理解靜電場中力的性質和能的性質的基本概念和原理，掌握電場強度、電場力、電勢能、電勢等基本概念的定義、計算公式和物理意義。同時，學生還應注重實踐應用，通過大量練習和模擬考試，熟悉各種題型的解題方法和技巧，提高解題能力和速度。考向一：電場中的一線一面一軌跡問題1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大O點最小,但不為零O點為零中垂線上的電場強度O點最大,向外逐漸減小O點最小,向外先變大后變小關于O點對稱位置的電場強度A與A'、B與B'、C與C'等大同向等大反向2.“電場線+運動軌跡”組合模型模型特點:當帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線不重合的曲線時,這種現象簡稱為“拐彎現象”,其實質為“運動與力”的關系。運用牛頓運動定律的知識分析:(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方向且指向軌跡的凹側),從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。(2)“三不知時要假設”——電荷的正負、電場的方向、電荷運動的方向,是題目中相互制約的三個方面。若已知其中一個,可分析判定各待求量;若三個都不知(三不知),則要用“假設法”進行分析。3．幾種典型電場的等勢面電場等勢面重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂線上電勢處處為零等量同種(正)點電荷的電場兩點電荷連線上，中點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高4．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負。(2)結合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)根據動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。考向二：電場中的三類圖像（一）φ-x圖像1.電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率的絕對值,電場強度為零處,φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。2.在φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向。3.在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負,然后作出判斷。（二）Ep-x圖像1.根據電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負,電勢能減少,電場力做正功:電勢能增加,電場力做負功。2.根據ΔEp=-W=-Fx,圖像Ep-x斜率的絕對值表示電場力的大小。（三）E-x圖像1.E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規律,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.在給定了電場的E-x圖像后,可以由圖線確定電場強度的變化情況,電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差,兩點的電勢高低根據電場方向判定。在與粒子運動相結合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。3.在這類題目中,還可以由E-x圖像畫出對應的電場,利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關問題。考向三：電場中帶電體的各類運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)勻強電場中，粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2．用動力學觀點分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(勻強電場)。3．用功能觀點分析：勻強電場中W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02；非勻強電場中W＝qU＝Ek2－Ek1。帶電粒子在電場中的拋體運動：類比平拋運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻變速運動。帶電小球在電場中的圓周運動：01等量異種電荷的電場1．太極圖的含義豐富而復雜，它體現了中國古代哲學的智慧。如圖所示，O為大圓的圓心，為上側陽半圓的圓心，為下側陰半圓的圓心，O、，在同一直線上，AB為大圓的直徑且與連線垂直，C、D為關于O點對稱的兩點，在，兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有、處點電荷產生的電場。下列說法正確的是（）A．C、D兩點電勢相等B．把電子由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢能先增加后減小C．把質子由A沿直線移到B的過程中，質子所受電場力先增加后減小D．將一電子（不計重力）從A點由靜止釋放，電子可以沿直線在AB間做往返運動【答案】C【詳解】A．在，兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，設處為正點電荷，處為負點電荷，由于C點靠近正點電荷，D點靠近負點電荷，則C點電勢高于D點電勢，故A錯誤；B．AB為等量異種電荷連線的中垂線，根據等量異種電荷電勢分布特點可知，中垂線為一等勢線，所以把電子由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢能保持不變，故B錯誤；C．根據等量異種電荷中垂線電場分布特點可知，O點為中垂線上場強最大的點，則把質子由A沿直線移到B的過程中，場強先變大后變小，質子所受電場力先增加后減小，故C正確；D．由于根據等量異種電荷中垂線上的場強方向與中垂線垂直，所以將一電子（不計重力）從A點由靜止釋放，在A處受到的電場力與AB直線垂直，電子不可能沿直線在AB間做往返運動，故D錯誤。故選C。02等量同種電荷的電場2．如圖所示，空間立方體的棱長為a，O、P分別為立方體上下表面的中心，在兩條豎直邊MN和FG的中點處分別固定甲和乙兩個帶電荷量均為q的負點電荷，上下表面中心連線OP所在直線上O點的上方有一點S（圖中未畫出），S到O點的距離為r，電子的電荷量為e，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）

A．重力不計、比荷為的電荷沿OP所在直線運動時，在O和P點的加速度最大，最大值為B．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，當時，O點的電場強度恰好等于零C．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，無論r為何值，比荷為的電荷在M點的電勢能總大于在F點的電勢能D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場強度為E的勻強電場，將一電子由M移動到G時，電子的電勢能減少了【答案】A【詳解】A．如圖所示，連接甲乙，設OP所在直線上某點Q（圖中未畫出）與甲乙連線的夾角為θ，甲乙兩電荷間的距離為L，利用點電荷電場場強決定式和平行四邊形定則可求出Q點電場強度大小的表達式為令，則有解得當時該點的場強最大，將代入以上關系式可求得最大值為作圖如圖所示

根據幾何關系可求Q點到甲乙連線中點的距離為可見Q點跟O點重合，可知在甲乙等量同種電荷電場中O、P兩點的場強最大，最大值為根據牛頓第二定律可求得比重力不計、比荷為的電荷沿OP所在直線運動時，在O和P點的加速度最大，最大值為，A正確；B．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，O點的電場強度恰好等于零，有解得B錯誤；C．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，根據電場的對稱性特點可知，無論r為何值，M點和F點的電勢總相等，所以比荷為的電荷在M點和F點的電勢能總是相等的，C錯誤；D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場強度為E的勻強電場，將一電子由M移動到G，根據對稱性可知，甲乙電荷電場中M、G兩點電勢相等，則所加電場的電場力對電子做正功所以電子的電勢能減少了eEa，D錯誤。故選A。03等勢面及軌跡問題3．在示波器、電子顯微鏡等器件中都需要將電子束聚焦，常采用的聚焦裝置之一是靜電透鏡。靜電透鏡內電場分布的截面圖如圖中所示，虛線為等勢面，實線為電場線，相鄰等勢面間電勢差相等。現有一束電子以某一初速度從左側進入該區域，P、Q為電子運動軌跡上的兩點。下列說法正確的是（）A．P點的電場強度大于Q點的電場強度B．P點的電勢高于Q點的電勢C．電子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能D．電子在P點的動能小于在Q點的動能【答案】D【詳解】A．電場線的疏密表示場強的強弱，所以P點的電場強度小于Q點的電場強度，所以A錯誤；B．沿著電線方向電勢逐漸降低，電場線方向總是由高的等勢面指向低的等勢面，則P點的電勢低于Q點的電勢，所以B錯誤；C．電子帶負電，負電荷在電勢越高的地方電勢能越低，在電勢越低的地方電勢能越高，則電子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，所以C錯誤；D．電子所受電場力方向向右，從P到Q電場力做正功，由動能定理可得電子動能增大，所以電子在P點的動能小于在Q點的動能，所以D正確；故選D。04φ-x圖像4．空間內有一與紙面平行的勻強電場，為研究該電場，在紙面內建立直角坐標系。規定坐標原點的電勢為0，測得x軸和y軸上各點的電勢如圖1、2所示。下列說法正確的是（）A．電場強度的大小為160V/mB．電場強度的方向與x軸負方向夾角的正切值為C．點（10cm，10cm）處的電勢為20VD．紙面內距離坐標原點10cm的各點電勢最高為20V【答案】D【詳解】A．由圖像斜率可知電場在x軸和y軸上的分電場分別為V/m=160V/m，V/m=120V/m則電場大小為V/mB．電場強度的方向與x軸負方向夾角的正切值為故B錯誤；C．規定坐標原點的電勢為0，點（10cm，10cm）處的電勢為V故C錯誤；D．紙面內距離坐標原點10cm的各點電勢最高為V=20V沿著電場線方向電勢逐漸降低，則點（10cm，10cm）處的電勢大于20V，D正確；故選D。05Ep-x圖像5．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一帶負電荷的小滑塊，可視為質點，在處以初速度沿x軸正方向運動。小滑塊的質量為，帶電量為。整個運動區域存在沿水平方向的電場，圖乙是滑塊電勢能隨位置x變化的部分圖像，P點是圖線的最低點，虛線AB是圖像在處的切線，并且AB經過（1，2）和（2，1）兩點，重力加速度g取。下列說法正確的是（

）A．在處的電場強度大小為20V/mB．滑塊向右運動的過程中，加速度先增大后減小C．滑塊運動至處時，速度的大小為2.5m/sD．若滑塊恰好能到達處，則該處的電勢為-50V【答案】D【詳解】A．Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場力大小為解得電場強度大小故A錯誤；B．滑塊向右運動時，電場力先減小后增大，所以加速度先減小后增大，故B錯誤；C．滑塊從x=1m到x=3m運動過程中電勢能減小，電場力做功由動能定理得解得滑塊運動至處時，速度的大小為故C錯誤；D．若滑塊恰好到達x=5m處，則滑塊恰好到達x=5m處則滑塊從x=1m到x=5m運動過程中由解得滑塊到達處的電勢能處的電勢為故D正確。故選D。06E-x圖像6．如圖，為方向沿軸的某電場的場強隨位置坐標變化的關系圖像，其中在負半軸上的圖像是直線。一電子從軸上的處由靜止釋放，僅在電場力作用下運動，電子電荷量絕對值為（），下列說法正確的是（

）A．電子從到過程動能增量大于從到過程動能增量B．電子在處與處的電勢能相等C．電子從處運動到處過程中，電勢能減小了D．電子在處具有的電勢能最大【答案】A【詳解】A．電子從軸上的處由靜止釋放，沿軸負向運動，電場力做正功，電勢能減小，動能增加；因圖像的面積等于電勢差，從到過程的電勢差大于從到的電勢差，根據可知電子從到過程動能增量大于從到過程動能增量，A正確；B．各點場強均為正值，則場強方向沿軸正向，則從處到處，場強方向不變，沿電場線電勢降低，可知處和處電勢不相等，電子在處與處的電勢能不相等，B錯誤；C．由圖像的面積可知，電子從處運動到處過程中，電勢升高電勢能減小了C錯誤。D．電子從處沿軸負向運動，電場力做正功，電勢能減小，則電子在處具有的電勢能不是最大，D錯誤。故選A。07帶電粒子在電場中的直線運動7．如圖所示，三塊平行放置的金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。B板與電源正極相連，A、C兩板與電源負極相連。閉合電鍵，從O點由靜止釋放一電子，電子恰好能運動到P點（不計電子的重力影響）。現將C板向右平移到點，下列說法正確的是（

）A．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回B．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到點返回C．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P和點之間返回D．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將穿過點【答案】B【詳解】AB．根據題意可知電子從O到M電場力做正功，從M到P電場力做負功或從M到電場力做負功，電子在板間運動的過程，由動能定理可知將C板向右平移到點，若電鍵處于閉合狀態，上式仍然成立，電子將運動到點返回，故A錯誤，B正確；CD．斷開電鍵后，根據，，聯立解得可知板間的電場強度與板間距離無關，而斷開電鍵后可認為極板間電荷量不變，則電場強度不變，根據動能定理可知因此若斷開電鍵后再從O點由靜止釋放電子，電子仍將運動到P點，故CD錯誤。故選B。08帶電粒子在電場中的拋體運動8．如圖，空間有一范圍足夠大的勻強電場，場強方向與梯形區域ABCD平行，已知，，，，，一比荷為的帶負電粒子由A點沿AD方向以速率進入該電場，恰好可以通過C點。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A．D點電勢為零B．場強方向由D指向BC．該粒子到達C點時速度大小為D．該粒子到達C點時速度方向與BC邊垂直【答案】C【詳解】B．，，可知的中點的電勢為，可知為等勢線，連接，做的垂線，根據沿電場線方向電勢降低可知場強方向由指向，故B錯誤；A．由幾何關系可知為的中點，有可得故A錯誤；C．電場強度的大小平行電場強度方向小球做勻速直線運動電場強度方向小球做勻加速直線運動解得，電場強度方向小球的速度該粒子到達C點時速度大小為故C正確；D．與延長線的夾角的正切值可知該粒子到達C點時速度方向不與BC邊垂直，故D錯誤。故選C。

09帶電粒子在電場中的圓周運動9．如圖所示，光滑絕緣軌道ABC由半圓軌道AB和水平直軌道BC組成，A、B連線豎直。半圓軌道的圓心為O、半徑為R，空間有如圖所示的勻強電場，場強大小為，方向與水平面夾角為θ=30°，重力加速度為g。在水平直軌道上距B點L處靜止釋放一質量為m、電量為q的帶正電小滑塊，下列說法正確的是（）A．無論L取何值，小滑塊都能運動到A點B．小滑塊在半圓軌道上運動時始終處于超重狀態C．若，軌道對滑塊的彈力最大值等于4mgD．若，軌道對滑塊的彈力最大值等于3mg【答案】C【詳解】B．對小滑塊受力分析，如圖合外力與水平方向夾角為，則小滑塊運動到A點時小滑塊減速運動，故在A點時小滑塊處于失重狀態，故B錯誤；A．假設小滑塊剛好可以到達A點，在豎直方向的合外力提供向心力，根據牛頓第二定律解得設在此時小滑塊在A點的速度為，則則根據動能定理解得故A錯誤；CD．合外力與水平方向夾角為，則OD與水平方向夾角為的D點為等效最低點，如圖若，時，根據動能定理則此時，軌道對小滑塊的支持力為解得故C正確，D錯誤。故選C。1．（2024·山東淄博·二模）如圖所示，一個正方體，其上、下、左、右表面的中心分別為E、F、G、H，在E、G兩點固定電荷量為的點電荷，在F、H兩點固定電荷量為的點電荷，下列說法正確的是（）A．、D兩點電勢相等B．中點處的場強與中點處的場強相同C．一帶正電的試探電荷在點的電勢能等于它在C點的電勢能D．兩點間的電勢差小于兩點間的電勢差【答案】CD【詳解】A．由空間的對稱性可知，點更靠近正電荷，而D點更靠近負電荷，所以有電場的疊加可知，兩點的電勢不相等，點的電勢大于D點的電勢，故A項錯誤；B．四個電荷，將其E、F看成一對，G、H看成一對，則E、F為一對等量異種電荷，G、H也為一對等量異種電荷，所以該電場時兩對等量異種電荷的電場的疊加。兩對等量異種電荷的中心為該正方體的中心，以該中心為坐標原點O，設連線中點處為I，連線中點處為L，以OI為坐標軸的正方向，OL為坐標軸的負方向，結合等量異種電荷的電場分布可知，中點處的場強與中點處的場強大小相等，方向相反，故B項錯誤；C．由空間的對稱性可知，到四個電荷的距離與C到四個電荷的距離相等，點和C點到正負電荷距離相等，所以有電場的疊加可知，兩點的電勢相等，由可知，一帶正電的試探電荷在點的電勢能等于它在C點的電勢能，故C項正確。D．到兩個正電荷的距離與到兩個負電荷的距離相等，所以電勢為零。B點到兩個正電荷的距離與到兩個負電荷的距離相等，所以B點的電勢也為零。A點靠近負電荷，所以A點的電勢為負，點更靠近正電荷，所以的電勢為正。間電勢差有間電勢差為故D項正確。故選CD。2．（2024·廣東韶關·二模）如圖所示，空間有一正方體，a點固定電荷量為的點電荷，d點固定電荷量為的點電荷，O、分別為上下兩個面的中心點，則（）A．b點與c點的電場強度相同B．b點與點的電勢相同C．b點與c點的電勢差等于點與點的電勢差D．將帶正電的試探電荷由b點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小【答案】CD【詳解】A．由對稱性知，b點與c點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；B．b點到a點的距離等于點到a點的距離，b點到d點的距離等于點到d點的距離，則b點與點的電勢相同，若取無限遠處電勢為零，垂直于ad且過的平面為電勢為零的等勢面，點與點關于該等勢面對稱，兩點電勢絕對值相等，一正一負，故b點與點的電勢不同，故B錯誤；C．由對稱性知，b點與c點的電勢差為點與點的電勢差為由于則故C正確；D．對試探電荷受力分析，俯視圖如圖所示由圖可知將帶正電的試探電荷由b點沿直線移動到O點的過程中，電場力先做負功后做正功，其電勢能先增大后減小，故D正確。故選CD。3．（2024·廣西·三模）如圖甲所示，圓形區域處在平行于紙面的勻強電場中，圓心為，半徑為。為圓弧上的一個點，連線逆時針轉動，為連線從位置開始旋轉的角度，點電勢隨變化如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．勻強電場的場強大小為B．勻強電場的場強方向垂直連線向右C．一氦核從A點沿圓弧運動到點，電勢能增加了D．一電子從點沿圓弧逆時針運動到點，電場力先做負功后做正功【答案】AD【詳解】AB．根據圖像可知，當時，P位于A點，A點電勢為2V；當時，P點位于P1，電勢為1V，當時，P點位于P2，電勢為5V。根據夾角關系可知，P1OP2位于同一條直線上，即如圖所示根據等分法可知，OP1中點N的電勢為2V，故AN的連線為勻強電場中的一條等勢線。根據幾何關系可知，AN⊥P1P2。故P1P2即為勻強電場中的一條電場線，且電場方向由P2指向P1。根據電場強度與電勢差的關系可得故A正確，B錯誤；C．由幾何關系可知，C點與OP2中點M的連線垂直P1P2，故CM為等勢線，故根據等分法可知一氦核從A點沿圓弧運動到C點，電勢能變化量為故C錯誤；D．由上可知，電場方向由P2指向P1，電子從A點沿圓弧逆時針運動到B點，電場力先做負功后做正功。故D正確。故選AD。4．（2024高三下·重慶·模擬預測）2020年2月，中國科學家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細胞表面ACE2蛋白的結合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，在電子顯微鏡中電子束相當于光束，通過由電場或磁場構成的電子透鏡實現會聚或發散作用，其中的一種電子透鏡的電場分布如圖所示，其中虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運動，其軌跡如圖中實線所示，a、b、c是軌跡上的三點，則下列說法正確的是（）A．a點的電勢低于b點的電勢 B．a點的電場強度大于c點的電場強度C．電子從a點到b點電勢能增加 D．電子從a點到b點做加速運動【答案】AD【詳解】ACD．電子所受電場力方向指向軌跡凹側，大致向右，則電場強度方向背離軌跡凹側，大致向左，并且垂直于等勢面，根據沿電場方向電勢降低可知a點的電勢低于b點的電勢，故電子從a點到b點電勢能減小，電場力做正功，做加速運動，故AD正確，C錯誤；B．等勢面越密集的位置電場強度越大，所以a點的電場強度小于c點的電場強度，故B錯誤。故選AD。5．（2024·四川巴中·模擬預測）有一電場在x軸上各點的電場強度分布如圖所示。現將一帶正電的粒子（不計重力）從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則關于該電場在x軸上各點的電勢φ、帶電粒子的動能、電勢能以及動能與電勢能之和隨x變化的圖像，正確的是（）

A．

B．C．

D．

【答案】BD【詳解】A.帶正電的粒子（不計重力）從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則電場力方向沿x軸正方向，電場線方向沿x軸正方向。沿電場線方向電勢降低，A錯誤；C.電場力做正功，動能增加，電勢能減小，C錯誤；B.由圖像斜率大小代表電場力大小，斜率正負代表電場力方向，由圖可知，場強先減小后增大，方向一直為正方向，電場力先減小后增大，一直為正方向，與題中電場強度沿x軸變化一致，B正確；D.由能量守恒動能與電勢能之和不變，D正確。故選BD。6（2024·貴州·二模）如圖1所示，半徑為R且位置固定的細圓環上，均勻分布著總電量為的電荷，O點為圓環的圓心，x軸通過O點且垂直于環面，P點在x軸上，它與O點的距離為d。x軸上電勢的分布圖，如圖2所示。圖線上A、B、C三點的坐標已在圖2中標出。靜電力常量為k，距離O點無窮遠處的電勢為零，則下列說法正確的是（）A．圓心O點的電勢為B．圓心O點的電場強度大小為C．x軸上P點電場強度的大小為D．電荷量為、質量為m的點電荷從O點以初速度沿x軸射出，此點電荷移動距離，其速度減為零【答案】ACD【詳解】A．將圓環分成n個微元，每個微元均能夠看為點電荷，則圓心O點的電勢為即圓心O點的電勢為，A正確；B．將圓環分成n個微元，每個微元均能夠看為點電荷，根據對稱性可知，圓心O點的電場強度大小為0，B錯誤；C．根據上述，令每個微元的電荷量為，微元到P點連線間距為r，微元到P點連線與x軸夾角為，則根據對稱性，P點電場強度為又由于，，解得C正確；D．根據其中，解得根據圖2可知，此點電荷移動距離，其速度減為零，D正確。故選ACD。7．（2024·安徽·模擬預測）已知試探電荷在場源點電荷的電場中所具有電勢能表達式為，其中為靜電力常量，為試探電荷與場源點電荷間的距離，且規定無窮遠處的電勢能為0。真空中有兩個點電荷和，分別固定在坐標軸和的位置上。一帶負電的試探電荷在軸上各點具有的電勢能隨變化關系如圖所示，其中試探電荷在A、兩點的電勢能為零，A點的坐標是點為點電荷右邊電勢能最小的點，則下列說法正確的是（）

A．為正電荷，為負電荷B．點電荷與電量之比為C．點對應軸位置的坐標是D．兩點電荷在軸上電場強度相同的點的位置為【答案】AC【詳解】A．由圖可知，帶負電的試探電荷在0~15間的電勢能逐漸增大，可知為正電荷，為負電荷，故A正確；B．由圖可知，A點的電勢能為0，則有解得點電荷與電量之比為，故B錯誤；C．根據電勢能的計算公式，可知圖象的斜率代表電場力，則C點的電場力為0，有解得故C正確；D．根據點電荷產生的電場公式有解得cm故D錯誤；故選AC。8．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環相距，所帶電荷量分別為、，圓心A、B連線垂直于圓環平面。以A點為坐標原點，沿AB方向建立x軸，將帶正電的粒子（重力不計）從A點靜止釋放。粒子從A點運動到B點的過程中，下列關于電勢、電場強度E、粒子的動能和電勢能隨位移x的變化圖線中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【詳解】A．設為AB中點，根據電勢的疊加可知，點的電勢為0，且AB兩點關于點對稱，則AB兩點電勢大小相等，符號相反，故A正確；B．粒子在A點時，環產生的場電場強度為0，但環產生的電場強度不為0，即圖像的原點處，故B錯誤；C．由動能定理則圖像斜率為電場力，而點電場力最大，故圖像處斜率最大，故C正確；D．由于AB處的電勢一正一負，絕對值相等，根據可知，粒子在AB兩點的電勢能也一正一負，絕對值相等，故D錯誤。故選AC。9．（2024·湖南長沙·一模）如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場，質量為的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放，運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加，過B點后電荷量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖像如圖乙。小滑塊從N點離開電場，其再次進入電場時，電場強度大小保持不變、方向變為水平向左。已知A、B間距離為4R且R＝0.2m，滑塊與軌道間動摩擦因數，重力加速度，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小滑塊在B點時的帶電量為0.15CB．小滑塊從A點釋放到運動至B點過程中電荷量的變化量為0.1CC．小滑塊再次進入電場后在電場中做勻變速曲線運動D．小滑塊再次到達水平軌道時距B點的距離為1.2m【答案】BD【詳解】AB．從A到B過程，根據牛頓第二定律在B點，根據牛頓第二定律聯立以上兩式解得故A錯誤，B正確；CD．從A到B過程從B到C過程從C點到再次進入電場做平拋運動由以上各式解得則進入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運動從C點到水平軌道由以上各式解得距B的距離1.2m，故C錯誤，D正確。故選BD。10．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強電場，場強大小，方向水平向右。豎直面內一絕緣軌道由半徑為R的光滑圓弧與足夠長的傾斜粗糙軌道AB、CD組成，AB、CD與水平面夾角均為45°且在B、C兩點與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質量為m，電荷量為q，從AB軌道上與圓心O等高的P點以的速度沿軌道下滑。已知滑塊與AB、CD軌道間的動摩擦因數，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A．滑塊在AB軌道下滑時的加速度大小為gB．滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為3mgC．滑塊最終將在軌道之間做往復運動D．滑塊在AB軌道及CD軌道上運動的總路程為2R【答案】AD【詳解】A．根據題意可知重力與電場力的合力，方向垂直于AB面向下，滑塊在AB軌道下滑時，有解得加速度大小為g，A正確；B．由幾何關系可知，滑塊在軌道的B點對軌道有最大壓力，設此時滑塊的速度為，軌道對滑塊的支持力為，有解得根據牛頓第二定律，有解得根據牛頓第三定律，滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為B錯誤；C．從B點到C點，電場力做負功，滑塊需克服電場力做功為所以滑塊在到達C點前已經減速到0，后反向滑回到B點，滑塊從B點出發到滑回到B點的過程中，合力做功為零，所以速度大小不變，仍為，然后沿BA軌道上向上滑行，由于在BA軌道只有摩擦力做負功，所以最后會停在AB軌道上，C錯誤；D．由C選項分析可知，滑塊不能經過C點，所以滑塊在軌道上整個運動過程合力做功為0，滑塊滑回B點時，速度依然為，設在AB軌道上滑行后減速為0，有解得所以滑塊在AB軌道及CD軌道上運動的總路程為D正確。故選AD。11．（2024·海南·模擬預測）如圖所示，空間存在著方向豎直向下的勻強電場，光滑斜面與粗糙絕緣水平地面平滑連接，斜面與水平面的夾角。質量為、電荷量為的帶正電小物塊（可視為質點）從A點由靜止釋放，經過點后進入水平面，最后停在點。若小物塊經過點前后速度大小不變，電場的電場強度大小為，，，重力加速度取，，，下列說法正確的是（）

A．小物塊在斜面上運動的加速度大小為B．小物塊從A點運動到點所用的時間為C．小物塊與水平地面間的動摩擦因數為0.4D．小物塊從A點運動到點，靜電力所做的功等于系統內能的增加量【答案】BC【詳解】A．由牛頓第二定律小物塊在斜面上運動的加速度大小為故A錯誤；B．小物塊從A點運動到B點，有所用的時間為到B點的速度為小物塊從B點運動到C點，有所用的時間為則小物塊從A點運動到點所用的時間為故B正確；C．小物塊在水平地面上的加速度由牛頓第二定律可得小物塊與水平地面間的動摩擦因數為故C正確；D．小物塊從A點運動到點，靜電力和重力做正功，摩擦力做負功，由可知靜電力所做的功與重力所做的功等于系統內能的增加量，故D錯誤。故選BC。12．（2024·四川遂寧·三模）如圖所示的坐標系中，x軸水平向右，質量為m=0.5kg、帶電量為q=＋10-4C的小球從坐標原點O處，以初速度v0=m/s斜向右上方拋出，進入斜向右上方場強為E=5×104V/m的勻強電場中，E與x軸正方向的夾角為30°，v0與E的夾角為30°，重力加速度取10m/s2，下列說法正確的是（）A．小球的加速度的大小為m/s2B．小球的加速度的大小為10m/s2C．若小球能運動到x軸上的P點，則小球在P點的速度大小為m/sD．O、P兩點間的電勢差為V【答案】BC【詳解】AB．小球在電場中受到的電場力為小球受到的重力為小球受力如圖所示根據幾何知識可知小球受到合力為則小球的加速度的大小為故A錯誤，B正確；C．設OP的距離為x，把x分別沿著和垂直分解，則有，由類平拋運動規律可得，小球在P點的速度為聯立解得，故C正確；D．由勻強電場電勢差與電場強度關系可得故D錯誤。故選BC。13．（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，在三維直角坐標系中，分布著沿z軸正方向的勻強電場E和沿y軸正方向的勻強磁場B，一個帶電荷量為、質量為m的小球沿x軸正方向以一定的初速度拋出后做平拋運動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．可求小球的初速度大小為B．經過時間，球的動能變為初動能的2倍C．若僅將電場方向變為沿y軸正方向，小球可能做勻速圓周運動D．若僅將電場撤去，小球可能做勻速直線運動【答案】AC【詳解】A．小球在平面內做平拋運動，則有解得A正確；B．小球的動能變為初動能的2倍時即經過時間為B錯誤；C．若僅將電場方向變為沿y軸正方向，如果電場力和重力大小相等，小球可能做勻速圓周運動，C正確；D．若僅將電場撤去，小球合力不可能為零，不可能做勻速直線運動，D錯誤。故選AC。14．（2024·山西太原·一模）如圖所示，正