PAGEPAGE1第9講電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)主干學(xué)問體系核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng)學(xué)問規(guī)律(1)電場力的性質(zhì)．①電場強(qiáng)度的定義式：E＝eq\f(F,q).②真空中點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式：E＝keq\f(Q,r2).③勻強(qiáng)電場場強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式：E＝eq\f(U,d).(2)電場能的性質(zhì)．①電勢(shì)的定義式：φ＝eq\f(Ep,q).②電勢(shì)差的定義式：UAB＝eq\f(WAB,q).③電勢(shì)差與電勢(shì)的關(guān)系式：UAB＝φA－φB.④電場力做功與電勢(shì)能：WAB＝－ΔEp.思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想．(2)物理方法：志向化模型法、比值定義法、限制變量法、對(duì)稱法、合成法、分解法等.1．(2024·全國Ⅰ卷，21)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2V．一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV.下列說法正確的是()A．平面c上的電勢(shì)為零B．該電子可能到達(dá)不了平面fC．該電子經(jīng)過平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eVD．該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍AB[A對(duì)：因等勢(shì)面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢(shì)差相等，由a到d，eUad＝6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢(shì)如圖所示，因電場力做負(fù)功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢(shì)降低，φC＝0.B對(duì)：因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢(shì)面，如圖中實(shí)線所示，電子可能到達(dá)不了平面f.C錯(cuò)：經(jīng)過d時(shí)，電勢(shì)能EP＝eφd＝2eV.D錯(cuò)：由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；則Ekb＝2Ekd，依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知vb＝eq\r(2)vd.]2．(2024·全國Ⅱ卷，21)(多選)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2.下列說法正確的是()A．此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向肯定與a、b兩點(diǎn)連線平行B．若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場力做功肯定為eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強(qiáng)大小肯定為eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差肯定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差BD[A錯(cuò)：結(jié)合題意，只能判定Uab>0、Ucd>0，但電場方向不能得出．B對(duì)：由于M、N分別為ac和bd的中點(diǎn)，對(duì)于勻強(qiáng)電場，則UMN＝eq\f(Uab＋Ucd,2)，可知該粒子由M至N過程中，電場力做功W＝eq\f(W1＋W2,2).C錯(cuò)：電場強(qiáng)度的方向只有沿c→d時(shí)，場強(qiáng)E＝eq\f(W2,qL)，但本題中電場方向未知．D對(duì)：若W1＝W2，則ac與bd肯定相互平行，可知UaM＝UbN.]3．(2024·天津卷，3)如圖所示，實(shí)線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢(shì)能分別為EpM、EpN.下列推斷正確的是()A．vM<vN，aM<aN B．vM<vN，φM<φNC．φM<φN，EpM<EpN D．a(chǎn)M<aN，EpM<EpND[因?yàn)镹點(diǎn)的電場線密，所以場強(qiáng)大，受到的電場力大，加速度大，即aM<aN.由虛線彎曲方向知，帶負(fù)電粒子受力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，電場方向由電場線稀疏一側(cè)指向電場線密集一側(cè)，沿電場線方向電勢(shì)降低，即φM>φN.又由EP＝qφ知，帶負(fù)電粒子在電勢(shì)越低的位置，具有的電勢(shì)能越大，即EpM<EpN.若帶負(fù)電粒子由M向N運(yùn)動(dòng)過程中電場力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，所以vM>vN.若帶負(fù)電粒子由N向M運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功，則動(dòng)能增大，也可得vM>vN，故選D.]4．(2024·高考全國卷Ⅰ，20)(多選)在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示，電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(rα，φa)標(biāo)出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項(xiàng)正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3AC[A對(duì)：由題圖知，a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)距點(diǎn)電荷的距離依次增大，且rb＝2ra，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ea∶Eb＝4∶1.B錯(cuò)：rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1.C對(duì)：在移動(dòng)電荷的過程中，電場力做的功與電勢(shì)能的改變量大小相等，則Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1.D錯(cuò)：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1.]5．(2024·高考全國卷Ⅱ，25)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場．自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開，已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1.5倍．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強(qiáng)度大?。馕?1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍舊為v0.M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3④(2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2?由已知條件Ek1＝1.5Ek2?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(mg,\r(2)q)?答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(mg,\r(2)q)[考情分析]■命題特點(diǎn)與趨勢(shì)1．近幾年高考題型主要以選擇題為主，命題熱點(diǎn)主要集中在電場強(qiáng)度、電場線的用途、電勢(shì)能的改變、電勢(shì)凹凸的推斷、勻強(qiáng)電場中電勢(shì)差與電場強(qiáng)度的關(guān)系、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)等．2．2024年命題，選擇題會(huì)以電場線、等勢(shì)線為背景，結(jié)合場強(qiáng)、電勢(shì)、電勢(shì)能等基本概念進(jìn)行考查，也可能會(huì)出現(xiàn)以帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)為背景考查學(xué)生建模實(shí)力和數(shù)學(xué)處理實(shí)力的計(jì)算題．■解題要領(lǐng)1．要牢牢抓住力和能這兩條主線，將學(xué)問系統(tǒng)化，找出它們的聯(lián)系，做到融會(huì)貫穿．2．重視電場線、等勢(shì)面、運(yùn)動(dòng)軌跡相結(jié)合的題目．帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)以及電容器的相關(guān)學(xué)問在實(shí)際生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用，如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機(jī)、示波器等．高頻考點(diǎn)一電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用[備考策略]1．電場強(qiáng)度常用的公式2．電勢(shì)凹凸的比較(1)依據(jù)電場線方向，沿著電場線方向，電勢(shì)越來越低；(2)依據(jù)電勢(shì)的定義式φ＝eq\f(Ep,q)，即將＋q從電場中的某點(diǎn)移至無窮遠(yuǎn)處電場力做功越多，則該點(diǎn)的電勢(shì)越高；(3)依據(jù)電勢(shì)差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，則φA>φB，反之φA<φB.3．電勢(shì)能改變的推斷(1)依據(jù)電場力做功推斷，若電場力對(duì)電荷做正功，電勢(shì)能削減；反之則增加．即WAB＝－ΔEp.(2)依據(jù)能量守恒定律推斷，電場力做功的過程是電勢(shì)能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，而總和應(yīng)保持不變，即當(dāng)動(dòng)能增加時(shí)，電勢(shì)能削減．[命題視角]考向1電場的疊加例1(2024·湖北省黃崗市高三階段測試)如圖所示，A、C、B、D為菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，E、F分別為AC、BC的中點(diǎn)，O為兩對(duì)角線的交點(diǎn)；一勻稱帶正電的細(xì)桿與對(duì)角線AB重合．下列說法正確的是()A．E、F兩點(diǎn)場強(qiáng)相同B．C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)C．不計(jì)重力的狀況下，一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)獲得初速度后，可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．將一負(fù)電荷從E點(diǎn)沿直線移動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能先增加后減小C[由對(duì)稱性知，AB在C的場強(qiáng)豎直向上，同理AO在OE點(diǎn)的場強(qiáng)豎直向上，OB段在E點(diǎn)的場強(qiáng)向左上方，則合起來亦是向左上方，同理AB在F的場強(qiáng)也是右上方．故E、F兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．同樣由于對(duì)稱性，C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，B項(xiàng)錯(cuò)誤；AB的中垂面上距O等距的點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向指向無窮遠(yuǎn)，負(fù)電荷所受電場力指向O點(diǎn)，故C項(xiàng)正確；定性描繪出AB上方的電場線，等勢(shì)面如圖所示：故從E到F電勢(shì)先增加再降低，故負(fù)電荷的電勢(shì)能先減小后增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；綜上所述本題選C.]考向2電場中的圖象問題例2假設(shè)空間某一靜電場的電勢(shì)φ隨x改變時(shí)狀況如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A．x1處電場力最小，但不為零B．x2點(diǎn)處電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向C．在O、x1、x2、x3處電勢(shì)Ep0、Ep1、Ep2、Ep3的關(guān)系為Ep3>Ep2＝Ep0>Ep1D．x2～x3段的電場強(qiáng)度大小、方向均不變，x2～x3段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D[依據(jù)圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，在x1處斜率為零，即電場強(qiáng)度為零，所以在此處的電場力為零，故A錯(cuò)誤；由于沿著電場線方向電勢(shì)降低，所以x2點(diǎn)處電場強(qiáng)度的方向沿x軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；依據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，所以Ep3<Ep2＝Ep0<Ep1，故C錯(cuò)誤；由于x2～x3的斜率不變，即電場強(qiáng)度不變，方向沿x軸負(fù)方向，負(fù)電荷受到電場力方向向右，x2～x3段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確．]考向3勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)計(jì)算例3(2024·河南天一聯(lián)考)(多選)如圖所示，勻強(qiáng)電場中的三個(gè)點(diǎn)A、B、C構(gòu)成一個(gè)直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，eq\x\to(BC)＝d.把一個(gè)電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場力不做功；從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場力做功為－W.若C點(diǎn)的電勢(shì)為零，則()A．該電場的電場強(qiáng)度大小為eq\f(W,dq)B．C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCB＝eq\f(W,q)C．A點(diǎn)的電勢(shì)為eq\f(W,q)D．若從A點(diǎn)沿AB方向飛入一電子，其運(yùn)動(dòng)軌跡可能是乙BD[點(diǎn)電荷從A移動(dòng)到B點(diǎn)電場力不做功，說明A、B兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場力做功為－W，說明電場強(qiáng)度的方向垂直于AB邊向上．則A點(diǎn)的電勢(shì)φA＝－eq\f(W,q)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCB＝eq\f(W,q).故選項(xiàng)B正確；該電場的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(UCB,dsin60°)＝eq\f(2\r(3)W,3dq)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電子從A點(diǎn)沿AB方向飛入，受力方向?qū)⒀仉妶鼍€方向的反方向，故粒子將向左下偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)D正確．][題組突破]1－1.(2024·南昌三中第七次考試)如圖所示，直角坐標(biāo)系中x軸上在x＝－r處固定有帶電量為＋9Q的正點(diǎn)電荷，在x＝r處固定有帶電量為－Q的負(fù)點(diǎn)電荷，y軸上a、b兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為ya＝r和yb＝－r，cde點(diǎn)都在x軸上，d點(diǎn)的坐標(biāo)為xd＝2r，r<xc<2r，cd點(diǎn)間距與de點(diǎn)間距相等．下列說法不正確的是()A．場強(qiáng)大小Ec>Ee B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C．d點(diǎn)場強(qiáng)為零 D．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同D[cd點(diǎn)間距與de點(diǎn)間距相等，依據(jù)電場線的分布狀況知，c處電場線密，場強(qiáng)大，故A正確；由電場分布的對(duì)稱性可知，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故B正確；＋9Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E1＝keq\f(9Q,3r2)＝keq\f(Q,r2)，方向水平向右．－Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E2＝keq\f(Q,r2)，方向水平向左．所以由電場的疊加原理可知，d點(diǎn)場強(qiáng)為零，故C正確；依據(jù)電場線分布的對(duì)稱性可知，a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)的大小相等，但方向不同，則a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)不相同，故D錯(cuò)誤．]1－2.(2024·河南商丘模擬)如圖甲所示，半徑為R、勻稱帶正電的球體，AB為過球心O的直線上的兩點(diǎn)，且OA＝2R，OB＝3R；球體的空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場，電場強(qiáng)度大小沿半徑方向分布狀況如圖乙所示，圖中E0已知，E－r曲線下O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積．則下列說法正確的是()A．A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差小于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D．電荷量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，電場力做功eq\f(1,2)E0RqD[球體帶正電，電場線方向沿半徑向外，故A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤，因?yàn)锳距O點(diǎn)半徑為2R，B距O點(diǎn)距離為3R，從E－r圖中2R處的電場強(qiáng)度大于3R處的電場強(qiáng)度，即EA＞EB，B錯(cuò)誤；依據(jù)U＝Ed可知圖象的面積表示電勢(shì)差，從E－r圖可知，R－2R圍成的面積大于2R－3R圍成的面積，即從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差大于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，C錯(cuò)誤；因?yàn)榍€下O－R部分的面積等于2R－3R部分的面積，即O－R間的電勢(shì)差等于2R－3R間的電勢(shì)差，即等于AB間的電勢(shì)差，故電場做功為W＝Uq＝eq\f(1,2)RE·g，D正確．]1－3.(2024·高考物理全真模擬二)如圖所示，勻強(qiáng)電場中的△PAB平面平行于電場方向，C點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，D點(diǎn)為PB的中點(diǎn)．將一個(gè)帶負(fù)電的粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)，電場力做功WPA＝1.6×10－8J；將該粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場力做功WPB＝3.2×10－8J.則下列說法正確的是()A．直線PC為等勢(shì)線B．若將該粒子從P點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場力做功為WPC＝2.4×10－8JC．電場強(qiáng)度方向與AD平行D．點(diǎn)P的電勢(shì)高于點(diǎn)A的電勢(shì)B[由于勻強(qiáng)電場中U＝Ed，則在某始終線方向上，電勢(shì)沿直線方向勻稱改變．由題可知D點(diǎn)為PB的中點(diǎn)，則WPD＝eq\f(WPB,2)＝1.6×10－8J，P點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)WPA＝1.6×10－8J，則AD電勢(shì)相等，故直線AD為等勢(shì)線，電場強(qiáng)度方向與AD垂直；由于勻強(qiáng)電場中電場力做功與路徑無關(guān)，WAB＝WAP＋WPB＝(－WPA)＋WPB＝1.6×10－8J；P點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場力做功WPC＝WPA＋WAC＝WPA＋eq\f(WAB,2)＝2.4×10－8J，故AC錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)WPA＝－qUPA，電場力對(duì)負(fù)電荷做正功，可知UPA<0，P點(diǎn)電勢(shì)低于點(diǎn)A的電勢(shì)，故D錯(cuò)誤．]高頻考點(diǎn)二平行電容器問題[備考策略]1．公式法分析平行板電容器的兩類動(dòng)態(tài)問題公式①C＝eq\f(εrS,4πkd)②C＝eq\f(Q,U)③E＝eq\f(U,d)情形始終連結(jié)電源充電后斷開電源不變量UQd變大C變小，Q變小，E變小C變小，U變大，E不變?chǔ)舝變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小S變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小2.熟記二級(jí)結(jié)論：在直流電路中，含有電容器的支路相當(dāng)于斷路，電容器兩端電壓等于與之并聯(lián)的支路兩端電壓；電容器所帶的電荷量恒定不變時(shí)，極板間的電場強(qiáng)度與極板間距離無關(guān)．3.當(dāng)有電容器的回路接有二極管時(shí)，因二極管的單向?qū)щ娦?，將使電容器的充電或放電受到限制．[題組突破]2－1.已知?jiǎng)蚍Q帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為eq\f(σ,2ε0)，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對(duì)面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看做無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)D[每塊極板上單位面積所帶的電荷量為σ＝eq\f(Q,S)，每塊極板產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(σ,2ε0)，所以兩極板間的電場強(qiáng)度為2E＝eq\f(Q,ε0S).一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E′＝eq\f(Q,2ε0S)，故另一塊極板所受的電場力F＝qE′＝Q·eq\f(Q,2ε0S)＝eq\f(Q2,2ε0S)，選項(xiàng)D正確．]2－2.(2024·濟(jì)寧市高三其次次模擬)如圖所示，志向二極管、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間，且處于靜止?fàn)顟B(tài)，平行板電容器的B板接地．若將極板A向上移動(dòng)少許，下列說法中正確的是()A．電容器的電容增大B．AB間的電壓增大C．液滴將向上運(yùn)動(dòng)D．液滴的電勢(shì)能不變D[A、B、C項(xiàng)：若將極板A向上移動(dòng)少許，板間距離增加，依據(jù)C＝eq\f(εs,4πkd)，電容減小，要放電，但是志向二極管具有單向?qū)щ娦裕荒芊烹?，故是電荷量Q肯定，由C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)可知，電場強(qiáng)度大小與兩極板間的距離無關(guān)，電場強(qiáng)度不變，則液滴保持靜止，故A、B、C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：由以上分析可知電場強(qiáng)度不變，液滴到下極板的距離不變，所以液滴的電勢(shì)能不變，故D正確．]2－3.(2024·山東省淄博一中高三三模)(多選)某試驗(yàn)小組用圖示裝置探究影響平行板電容器電容的因素．若兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.試驗(yàn)中，假定極板所帶電荷量不變，下列推斷中正確的是()A．保持S不變，增大d，則C變小，θ變大B．保持S不變，增大d，則C變大，θ變小C．保持d不變，減小S，則C變小，θ變大D．保持d不變，減小S，則C變大，θ變小AC[依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持S不變，增大d時(shí)，電容減小，因極板所帶電荷量Q不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，分析可知板間電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針的偏角θ變大，故A正確，B錯(cuò)誤．依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容與極板的正對(duì)面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時(shí)，電容C減小，極板所帶電荷量Q不變，則由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知板間電勢(shì)差U增大，靜電計(jì)指針的偏角θ變大，故C正確，D錯(cuò)誤，故選AC.][歸納反思]平行板電容器問題的分析思路1．明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是改變的以及怎樣改變．2．應(yīng)用平行板電容器的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析電容器的電容的改變．3．應(yīng)用電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器帶電量和兩板間電壓的改變狀況．4．應(yīng)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的改變．高頻考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)[備考策略][命題視角]考向1帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)例4(2024·最新高考信息卷)如圖所示，圖甲實(shí)線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點(diǎn)靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運(yùn)動(dòng)，a、b粒子的速度大小隨時(shí)間改變的關(guān)系如圖乙中實(shí)線所示，虛線為直線．則()A．a(chǎn)肯定帶正電，b肯定帶負(fù)電B．a(chǎn)向左運(yùn)動(dòng)，b向右運(yùn)動(dòng)C．a(chǎn)電勢(shì)能減小，b電勢(shì)能增大D．a(chǎn)動(dòng)能減小，b動(dòng)能增大B[A.從速度時(shí)間圖象中可以看出，a粒子加速度漸漸增大，b粒子加速度漸漸減小，因?yàn)榱Ｗ觾H受電場力，可知a粒子電場力漸漸增大，b粒子電場力漸漸減小，所以a向左運(yùn)動(dòng)，b向右運(yùn)動(dòng)．由于不知電場的方向，所以無法推斷a、b的電性．故A錯(cuò)誤，B正確．C.帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力做正功，所以a、b的電勢(shì)能均減?。蔆錯(cuò)誤．D.帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力做正功，因?yàn)閮H受電場力，依據(jù)動(dòng)能定理，a、b的動(dòng)能均增加．故D錯(cuò)誤．故選B.]考向2帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速或偏轉(zhuǎn)例5(2024·山東棗莊模擬)如圖所示，豎直平行正對(duì)放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點(diǎn)，y軸沿豎直方向，在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(4,3)×103V/m，比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M(eq\r(3)，1)點(diǎn)，粒子P的重力不計(jì)．(1)求金屬板AB之間的電勢(shì)差UAB;(2)若在粒子P經(jīng)過O點(diǎn)的同時(shí)，在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中某點(diǎn)由靜止釋放另一帶電微粒Q，使PQ恰能運(yùn)動(dòng)中相碰．假設(shè)Q的質(zhì)量是P的2倍、帶電狀況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽視不計(jì)，求粒子Q全部釋放點(diǎn)的集合．解析(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電量為q，從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí)的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)；設(shè)從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M(eq\r(3)，1)點(diǎn)歷時(shí)為t0，由類平拋運(yùn)動(dòng)可得x＝v0t0，y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)×104m/s在金屬板AB之間，由動(dòng)能定理可知qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAB＝1000V.(2)設(shè)粒子P、Q在右側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a1、a2；Q粒子從坐標(biāo)N(x，y)點(diǎn)釋放后，經(jīng)時(shí)間t與粒子P相遇．由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系可得．對(duì)于P：Eq＝ma1，x＝v0t對(duì)于Q：Eq＝2ma2，eq\f(1,2)a1t2＝y(tǒng)＋eq\f(1,2)a2t2解得y＝eq\f(1,6)x2，其中x>0即粒子Q釋放點(diǎn)N(x，y)坐標(biāo)滿意的方程為y＝eq\f(1,6)x2其中x>0.答案(1)1000V(2)y＝eq\f(1,6)x2其中x>0考向3帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)例6(2024·廣東省潮州市高三調(diào)研)如圖甲所示，A、B兩板豎直放置，兩板之間的電壓U1＝100V，M、N兩板水平放置，兩板之間的距離d＝0.1m，板長L＝0.2m．一個(gè)質(zhì)量m＝2×10－12kg、電荷量q＝＋1×10－8C的帶電粒子(不計(jì)重力)從靠近A板處由靜止釋放，經(jīng)加速電場加速后從B板的小孔穿出，沿著M、N兩板的中軸線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，假如在M、N兩板之間加上如圖乙所示的偏轉(zhuǎn)電壓，當(dāng)t＝eq\f(T,4)時(shí)，帶電粒子剛起先進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則：(1)帶電粒子從B板的小孔穿出時(shí)的速度為多大？(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間(不沿中軸線)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，則溝通電U2的周期T為多少？(3)在滿意(2)條件的狀況下，它在偏轉(zhuǎn)電場中的最大偏移量是多少？(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)解析(1)由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))＝1×103m/s.(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，并且穿出后速度方向不變，則帶電粒子穿過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間t＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0,1,2，…)①帶電粒子沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則L＝v0t②所以T＝eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝0,1,2，…)③帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的加速度a＝eq\f(qE,m)④電場強(qiáng)度E＝eq\f(U2,d)⑤帶電粒子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后的前eq\f(T,4)內(nèi)沿豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2⑥要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿意2y≤eq\f(d,2)⑦聯(lián)立①～⑦式解得n≥4.5.所以T＝eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝5,6,7，…)．(3)要使總偏移量最大，則n應(yīng)取值最小，故n＝5，由此解得，最大偏移量y′＝2y≈0.04m.答案(1)1×103m/s(2)eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝5,6,7，…)(3)0.04m考向4帶電物體在電場中的運(yùn)動(dòng)例7(2024·湖北省武漢市高三五月訓(xùn)練題)(多選)如圖(a)所示，兩個(gè)帶正電的小球A、B(均可視為點(diǎn)電荷)套在一根傾斜的光滑絕緣直桿上，其中A球固定，電荷量QA＝2.0×10－4C，B球的質(zhì)量m＝0.1kg.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿桿向上建立直線坐標(biāo)系，B球的總勢(shì)能(重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和)隨位置x的改變規(guī)律如圖(b)中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ?yàn)榍€Ⅰ的漸近線．圖中M點(diǎn)離A點(diǎn)距離為6m．令A(yù)所在平面為參考平面，無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，重力加速度g取10m/s2，靜電力恒量k＝9.0×109N·m2/C2A．桿與水平面的夾角θ＝60°B．B球的電荷量QB＝1.0×10－5C．若B球以4J的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿桿向上運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能減小2JD．若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度先減小后增大BCD[A.漸進(jìn)線Ⅱ表示B的重力勢(shì)能隨位置的改變關(guān)系，即：EP＝mgxsinθ＝kx，得：sinθ＝eq\f(k,mg)＝0.5，即θ＝30°，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.由圖(b)中的曲線Ⅰ可知，在x＝6m處總勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，該位置B受力平衡，則有mgsinθ＝keq\f(QAQB,62)，解得：QB＝1×10－5C，B項(xiàng)正確；C.在M點(diǎn)時(shí)，B的重力勢(shì)能EP1＝mgxsin30°＝3J，電勢(shì)能EP電1＝EP總－EP1＝3J，由能量守恒可知，最高點(diǎn)時(shí)，EK＝0，EP總＝4J＋6J＝10J，對(duì)應(yīng)的位置為x＝10m，此位置處EP2＝mgx′sin30°＝9J，∴EP2＝10J－9J＝1J，∴ΔEP＝3J－1J＝2J，C項(xiàng)正確；D.在M處加速度最小為0，所以從x＝2m向上加速度先變小后增大，D項(xiàng)正確．故本題選B、C、D.][歸納反思]帶電粒子物體在電場中運(yùn)動(dòng)問題的分析思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)．(2)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問題，可依據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理：①假如是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問題，應(yīng)用牛頓其次定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．②假如是非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)，一般利用動(dòng)能定理探討全過程中能的轉(zhuǎn)化，探討帶電粒子的速度改變、運(yùn)動(dòng)的位移等．(3)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)模型，通常采納運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法處理．通過對(duì)帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，借助運(yùn)動(dòng)的合成與分解，找尋兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解．(4)當(dāng)帶電粒子從一個(gè)電場區(qū)域進(jìn)入另一個(gè)電場區(qū)域時(shí)，要留意分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律的改變及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口．[題組突破]3－1.(2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)高三二模)(多選)如圖所示，真空中固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B，其連線中點(diǎn)為O.在A、B所形成的電場中，以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓面垂直AB，以O(shè)為幾何中心、邊長為2R的正方形abcd平面垂直圓面且與AB共面，兩平面邊線交點(diǎn)分別為e、f，g為圓上一點(diǎn)．下列說法中正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d、e、f六點(diǎn)中，不存在場強(qiáng)和電勢(shì)均相同的兩點(diǎn)B．將一電荷由e點(diǎn)沿圓弧egf移到f點(diǎn)，電場力始終不做功C．將一電荷由a點(diǎn)移到圓面內(nèi)隨意一點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能的改變量相同D．沿線段eOf移動(dòng)的電荷受到的電場力先減小后增大BC[圖中圓面是一個(gè)等勢(shì)面，e、f的電勢(shì)相等，依據(jù)電場線分布的對(duì)稱性可知e、f的場強(qiáng)相同，故A錯(cuò)誤．圖中圓弧egf是一條等勢(shì)線，其上隨意兩點(diǎn)的電勢(shì)差都為零，依據(jù)公式W＝qU可知：將一正電荷由e點(diǎn)沿圓弧egf移到f點(diǎn)電場力不做功，故B正確．a(chǎn)點(diǎn)與圓面內(nèi)隨意一點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)差相等，依據(jù)公式W＝qU可知：將一電荷由a點(diǎn)移到圓面內(nèi)隨意一點(diǎn)時(shí)，電場力做功相同，則電勢(shì)能的改變量相同．故C正確．沿線段eOf移動(dòng)的電荷，電場強(qiáng)度先增大后減小，則電場力先增大后減小，故D錯(cuò)誤．故選BC.]3－2.(2024·四川宜賓模擬)(多選)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性改變的電壓．在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，t＝0時(shí)刻起先連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子．t＝0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場．已知電場改變周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力．則()A．在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小仍為v0B．粒子的電荷量為eq\f(mv\o\al(2,0),2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)電勢(shì)能削減了eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)D．在t＝eq\f(1,4)T時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場AD[粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(2d,v0)，此時(shí)間正好是交變電場的一個(gè)周期；粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期后，粒子的豎直方向速度為零，故粒子離開電場時(shí)的速度大小等于水平速度v0，選項(xiàng)A正確；粒子在豎直方向，在eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)的位移為eq\f(d,2)，由eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)eq\f(U0q,dm)(eq\f(d,v0))2解得q＝eq\f(mv\o\al(2,0),U0)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，出電場時(shí)在豎直方向的位移為y＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(3T,8))2—2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,8))2＝eq\f(1,8)aT2＝eq\f(1,2)d，故電場力做功W＝eq\f(U0q,d)×eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)U0q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)eq\f(T,4)，然后向下減速運(yùn)動(dòng)eq\f(T,4)，再向上加速eq\f(T,4)，向上減速eq\f(T,4)，由對(duì)稱可知，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)離開電場，選項(xiàng)D正確；故選A、D.]課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(九)一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～10題為多項(xiàng)選擇題)1．(2024·濟(jì)寧市高三其次次模擬)如圖所示的四條實(shí)線是電場線，它們相交于點(diǎn)電荷O，虛線是只在電場力作用下某粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，A、B、C、D分別是四條電場線上的點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．O點(diǎn)肯定有一個(gè)正點(diǎn)電荷B．B點(diǎn)電勢(shì)肯定大于C點(diǎn)電勢(shì)C．該粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能肯定大于D點(diǎn)的動(dòng)能D．將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放，它肯定沿電場線運(yùn)動(dòng)C[沒有畫出電場線的方向，所以O(shè)點(diǎn)可能是正電荷，也可能是負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；由于不知道電場線的方向，所以無法推斷B、C兩點(diǎn)電勢(shì)的凹凸，故B錯(cuò)誤；由于做曲線運(yùn)動(dòng)的物體受力的方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，可知該粒子在該電場中受到的電場力沿電場線向下，故從A到D電場力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能減小，則粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故C正確；電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于B點(diǎn)所在電場線為曲線，所以將該粒子在B點(diǎn)由靜止釋放，它肯定不能沿電場線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．故選C.]2．(2024·寧夏銀川一中高三質(zhì)檢(二))如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2m．一個(gè)電量q＝1×10－5C的正電荷從a移到b，電場力做功為零；同樣的電荷從a移c，電場力做功為1×10－8A．500V/m、沿ab由a指向bB．500V/m、垂直ab向上C．1000V/m、垂直ab向上D．1000V/m、沿ac由a指向cC[正電荷從a移到b，電場力做功為零，則由電場力做功的特點(diǎn)可知，ab兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故ab應(yīng)為等勢(shì)線；因電場線與等勢(shì)面相互垂直，故過c做ab的垂線，肯定是電場線；正電荷從a到c過程，由W＝Uq可知，ac兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uac＝eq\f(W,q)＝eq\f(1.0×10－3,1×10－5)V＝100V，即a點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，故電場線垂直于ab向上；ac間沿電場線的距離d＝ac·cos60°＝0.2×0.5m＝0.1m，由E＝eq\f(U,d)可知：電場強(qiáng)度E＝eq\f(100,0.1)V/m＝1000V/m，方向垂直ab向上；故C正確，A、B、D錯(cuò)誤；故選C.]3．(2024·山東省濰坊市高三二模)如圖甲所示，平行金屬板A、B正對(duì)豎直放置，CD為兩板中線上的兩點(diǎn)．A、B板間不加電壓時(shí)，一帶電小球從C點(diǎn)無初速釋放，經(jīng)時(shí)間T到達(dá)D點(diǎn)，此時(shí)速度為v0.在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0帶電小球仍從C點(diǎn)無初速釋放，小球運(yùn)動(dòng)過程中未接觸極板，則t＝T時(shí)，小球()A．在D點(diǎn)上方 B．恰好到達(dá)D點(diǎn)C．速度大于v D．速度小于vB[小球僅受重力作用時(shí)從C到D做自由落體運(yùn)動(dòng)，由速度公式得v0＝gT，現(xiàn)加水平方向的周期性改變的電場，由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性知豎直方向還是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向0～eq\f(T,4)沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)剛好水平速度減為零，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(3T,4)～T做反向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)水平速度由對(duì)稱性減為零，故t＝T時(shí)合速度為v0，水平位移為零，則剛好到達(dá)D點(diǎn)，故選B.]4．(2024·山東省淄博市高三三模)已知一個(gè)無限大的金屬板與一個(gè)點(diǎn)電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的電場強(qiáng)度方向與板面垂直．如圖所示MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接．現(xiàn)將一個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于板的右側(cè)，圖中a、b、c、d是以正點(diǎn)電荷Q為圓心的圓上的四個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)的連線構(gòu)成一內(nèi)接正方形，其中ab連線與金屬板垂直．則下列說法正確的是()A．b點(diǎn)電場強(qiáng)度與c點(diǎn)電場強(qiáng)度相同B．a(chǎn)點(diǎn)電場強(qiáng)度與b點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)D．將一摸索電荷從a點(diǎn)沿直線ad移到d點(diǎn)的過程中，摸索電荷電勢(shì)能始終保持不變C[畫出電場線如圖所示：A.依據(jù)對(duì)稱性可知，b點(diǎn)電場強(qiáng)度與c點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相同，方向不同，故A錯(cuò)誤；B.電場線密集的地方電場強(qiáng)度大，從圖像上可以看出a點(diǎn)電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)電場強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；C.依據(jù)對(duì)稱性并結(jié)合電場線的分布可知a點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)，故C正確；D.由于摸索電荷先靠近正電荷后遠(yuǎn)離正電荷，所以電場力在這個(gè)過程中做功，當(dāng)總功為零，所以摸索電荷電勢(shì)能不是始終保持不變，故D錯(cuò)誤；故選C.]5．(2024·河北衡水中學(xué)信息卷)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷，所帶電荷量依次為＋q、＋q和－q.D點(diǎn)和M點(diǎn)分別為AB邊和AC邊的中點(diǎn)，N點(diǎn)為三角形的中心，靜電力常量為k.在該電場中，下列說法正確的是()A．D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為keq\f(q,L2)，方向?yàn)閺腘指向DB．N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為9keq\f(q,L2)，方向?yàn)閺腘指向CC．D點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)D．若取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則M點(diǎn)的電勢(shì)φM為0C[A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的矢量和為0，C點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在D點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(q,k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)L,2)))2)＝eq\f(4kq,3L2)，方向?yàn)閺腄指向N，A錯(cuò)誤；三個(gè)點(diǎn)電荷在N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小均為3keq\f(q,L2)，其中兩個(gè)正點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度矢量合成后大小為3keq\f(q,L2)，方向?yàn)閺腘指向C，與負(fù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度合成，N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為6keq\f(q,L2)，方向?yàn)閺腘指向C，B錯(cuò)誤；CD連線上電場強(qiáng)度方向由D指向C，可知φD>φN，C正確；若無窮遠(yuǎn)電勢(shì)為0，則A、C兩點(diǎn)處的等量異種點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)為0，B處的正點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)大于0，故φM>0，D錯(cuò)誤．]6．(2024·山東省臨沂市高三三模)如圖所示，某條電場線上有a、b、c三點(diǎn)，其中b為ac的中點(diǎn)，已知a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa＝10V，φC＝4V，若將一點(diǎn)電荷從c點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場力作用下沿著電場線向a點(diǎn)做加速度漸漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，則下列推斷正確的是()A．該點(diǎn)電荷帶負(fù)電B．電場在b點(diǎn)處的電勢(shì)為7VC．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)c點(diǎn)處的場強(qiáng)最小D．該電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電場力做的功比從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電場力做的功多AC[A項(xiàng)：點(diǎn)電荷從c靜止釋放向左運(yùn)動(dòng)，電場線方向向右，所以點(diǎn)電荷帶負(fù)電，故A正確；B項(xiàng)：由點(diǎn)電荷從c到a做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，說明從c到a電場強(qiáng)度增大，即cb段平均場強(qiáng)小于ab段的平均強(qiáng)度，依據(jù)公式U＝eq\x\to(E)d，可知電場在b點(diǎn)處的電勢(shì)小于7V，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：由點(diǎn)電荷從c到a做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，說明從c到a電場強(qiáng)度增大，a、b、c三點(diǎn)c點(diǎn)處的場強(qiáng)最小，故C正確；D項(xiàng)：由C分析可知，從c到a電場強(qiáng)度增大，即電場力增大，ab＝bc，依據(jù)W＝Fx可知，在cb段的電場力小于ab段的電場力，所以該電荷從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)電場力做的功比從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電場力做的功少，故D錯(cuò)誤．]7．(2024·吉林省長春市高考模擬檢測理科綜合實(shí)力測試)如圖，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是AB板間的一點(diǎn)，在CD板間插有一塊有機(jī)玻璃板．閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開．現(xiàn)將CD板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是()A．金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小B．P點(diǎn)電勢(shì)降低C．玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流D.A、B兩板間的電場強(qiáng)度減小AC[A.依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，將CD板間的玻璃板抽出，電介質(zhì)εr減小，其它條件不變，則金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小，故A正確；BCD.當(dāng)閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開，極板總電荷量不變，金屬板CD構(gòu)成電容器的電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板CD電勢(shì)差變大，極板AB電勢(shì)差變大，由E＝eq\f(U,d)可知極板AB間的場強(qiáng)變大，導(dǎo)致P點(diǎn)與B板的電勢(shì)差變大，因B板接地，電勢(shì)為零，即P點(diǎn)電勢(shì)上升，因此電容器CD處于放電狀態(tài)，電容器AB處于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，故C正確，BD錯(cuò)誤；故選AC.]8．(2024·山東省青島市高考模擬檢測理科綜合實(shí)力測試)通常把電荷在離場源電荷無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)能規(guī)定為零，已知摸索電荷q在場源電荷Q的電場中具全部電勢(shì)能表達(dá)式為Er＝eq\f(kqQ,r)(式中k為靜電力常量，r為摸索電荷與場源電荷間的距離)．真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定在x坐標(biāo)軸的x＝0和x＝6cm的位置上．x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x的改變關(guān)系如圖所示．A、B是圖線與x的交點(diǎn)，A點(diǎn)的x坐標(biāo)是4.8cm，圖線上C點(diǎn)的切線水平．下列說法正確的是()A．電荷Q1、Q2的電性相反B．電荷Q1、Q2的電量之比為1∶4C．B點(diǎn)的x坐標(biāo)是8cmD．C點(diǎn)的x坐標(biāo)是12cmACD[A.電勢(shì)φ隨x的改變關(guān)系圖象的斜率eq\f(Δφ,Δx)＝E，所以C點(diǎn)電場為0，依據(jù)電場疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反，故A正確；B.依據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)可知，φA＝eq\f(\f(kQ1q,r1),q)＋eq\f(\f(kQ2q,r2),q)＝eq\f(kQ1,48)＋eq\f(kQ2,12)＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B錯(cuò)誤；C.依據(jù)φ＝eq\f(EP,q)可知，φB＝eq\f(\f(kQ1q,x1),q)＋eq\f(\f(kQ2q,x1－6),q)＝eq\f(KQ1,x1)＋eq\f(kQ2,x1－6)＝0，解得B點(diǎn)的坐標(biāo)是8cm，故C正確；D.由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec＝eq\f(kQ1,x\o\al(2,2))＋eq\f(kQ2,x2－62)＝0解得C點(diǎn)的坐標(biāo)是x2＝12cm，故D正確；故選ACD.]9．(2024·陜西西北工大附中高三模擬)如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷＋Q和－Q分別固定于A、B兩點(diǎn)．光滑絕緣直導(dǎo)軌CD的上端點(diǎn)D位于到A、B中點(diǎn)的正上方，且與A、B兩點(diǎn)的距離均為L.在D處質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽視它對(duì)原電場的影響)，并由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g.忽視空氣阻力，則下列說法正確的是()A．D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為eq\f(kQ,L2)B．小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí)，其加速度為零C．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為eq\f(\r(3),2)mgLD．小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢(shì)能先增大后減小AC[依據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的性質(zhì)可知，負(fù)電荷在D處的電場強(qiáng)度沿DB方向，正電荷在D處的電場強(qiáng)度沿AD方向，兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量是相等的，所以兩個(gè)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小相等，則它們的合場強(qiáng)的方向沿AD、DB的角平分線；由庫侖定律得，A、B在D點(diǎn)的場強(qiáng)的大小：EA＝E＝keq\f(Q,L2)，則D點(diǎn)的場強(qiáng)：ED＝EAcos60°＋EBcos60°＝keq\f(Q,L2)，故A正確；當(dāng)小球到達(dá)CD中點(diǎn)時(shí)，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負(fù)電荷的吸引力，對(duì)其受力分析可知，重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負(fù)電荷的吸引力的合力不在同一平面上，故兩個(gè)合力不行能平衡，故加速度不為零，故B錯(cuò)誤；由于C與D到A、B的距離都等于L，結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)可知，C點(diǎn)與D點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電場力不做功，故小球的電勢(shì)能不變，下落過程只有重力做功，即：mgeq\x\to(OD)＝eq\f(1,2)mv2，又幾何關(guān)系可知：eq\x\to(OD)＝L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L.小球的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),2)mgL，故C正確，D錯(cuò)誤．故選AC.]10．(2024·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學(xué)期質(zhì)檢)如圖所示，粗糙絕緣的水平面旁邊存在一個(gè)平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢(shì)φ與坐標(biāo)x的關(guān)系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點(diǎn)(0.15,3)的切線．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg，電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視作質(zhì)點(diǎn))，從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02.取重力加速度g＝10m/s2A．滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度先漸漸減小后漸漸增大B．x＝0.15m處滑塊運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能最大1.0×10－3JC．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能先減小后增大D．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB[電勢(shì)φ與位移x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，則x＝0.15m處的場強(qiáng)E＝eq\f(3×105,0.15)V/m＝2×106V/m，此時(shí)的電場力F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04N，滑動(dòng)摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運(yùn)動(dòng)，加速度漸漸減小，x＝0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度漸漸增大，故A正確，在x＝0.15m時(shí)，電場力等于摩擦力，速度最大，依據(jù)動(dòng)能定理得，Ekm＝qU－fx，因?yàn)?.10m和0.15m處的電勢(shì)差大約為1.5×105V，代入求解，最大動(dòng)能為1.0×10－3J.故B正確．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中因電勢(shì)始終降低，可知電勢(shì)能始終減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功8.0×10－3J，則移動(dòng)的距離為Δx＝eq\f(Wf,f)＝eq\f(8.0×10－3,0.04)m＝0.2m，此時(shí)滑塊從x＝0.1m的位置運(yùn)動(dòng)到0.3m的位置，電勢(shì)能的改變?yōu)棣p＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J＝5×10－3J，即電場力做功小于克服摩擦力做功，此時(shí)滑塊的速度不為零，將接著運(yùn)動(dòng)一段距離停下，故滑塊運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AB.]二、非選擇題11．(2024·四川省瀘州市高三模擬)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場，其中PS下方的電場E1的場強(qiáng)方向豎直