壓軸題：靜電場中力和能性質(zhì)的綜合應(yīng)用

壓軸題06靜電場中力和能性質(zhì)的綜合應(yīng)用

i.在高考物理中，靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)占據(jù)著重要的地位，它們不僅是電學(xué)部分的核心內(nèi)容，也是理

解和應(yīng)用電學(xué)知識的基礎(chǔ)。

2.在命題方式上，高考對于靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)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(yīng)用。這些考點可能會以選擇題、計算題等多種形式出現(xiàn)，題目設(shè)計注重考查學(xué)生對電場力做

功、電場強度與電荷量、電勢能與電勢差等關(guān)系的理解和應(yīng)用。

3.備考時，學(xué)生應(yīng)首先深入理解靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)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(xué)生還應(yīng)注重實踐應(yīng)用，通過大量練習(xí)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

沿連線先變小后變大

電荷連線上的

電場強度0點最小，但不為零。點為零

中垂線上的0點最大，向外逐0點最小，向外先

電場強度漸減小變大后變小

與，、B與B'、與，

關(guān)于。點對4ACC

稱位置的電

等大同向等大反向

場強度

2.“電場線+運動軌跡”組合模型

模型特點:當(dāng)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(xiàn)象簡稱為“拐彎現(xiàn)象”，其

實質(zhì)為“運動與力”的關(guān)系。運用牛頓運動定律的知識分析：

（1）“運動與力兩線法”一畫出“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(cè)）,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(shè)”——電荷的正負(fù)、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(shè)法”進(jìn)行分析。

3.幾種典型電場的等勢面

電場等勢面重要描述

電場鏤筍勢面

-j7—?

------?

--?

勻強電場--?垂直于電場線的一簇平面

--?

------A

電場線

手勢面

點電荷1

以點電荷為球心的一簇球面

的電場

等量異種

點電荷的連線的中垂線上電勢處處為零

電場

i/,

等量同種I0*//

1兩點電荷連線上，中點的電勢最低；中

（正）點電荷

垂線上，中點的電勢最高

的電場

4.帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法

⑴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(fù)。

（2）結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。

（3）根據(jù)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）（p-x圖像

1.電場強度的大小等于（P-X圖線的斜率的絕對值，電場強度為零處,9-x圖線存在極值，其切線的斜率為零。

2.在夕-尤圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。

3.在夕-尤圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用叱方出.進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷。

（二）Ep-x圖像

1.根據(jù)電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負(fù)，電勢能減少，電場力做正功:電勢能增加，電場力做負(fù)功。

2.根據(jù)AEp=-W=￥x,圖像Ep-x斜率的絕對值表示電場力的大小。

（三）E-x圖像

l.E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律,E>0表示電場強度沿x軸正方向;E<0表示電場強度沿尤軸負(fù)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圖線與無軸所圍圖形“面

積''表示電勢差，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定。在與粒子運動相結(jié)合的題目中,可進(jìn)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(yīng)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(guān)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）粒子所受合外力廠合=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導(dǎo)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(xué)觀點分析：a=嚕,E=E，y—4二2々"（勻強電場）。

2i

3.用功能觀點分析：勻強電場中W=Eqd=qU=^nv-^mvO,非勻強電場中W=qU=E^~EUa

4.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。

5.帶電小球在電場中的圓周運動：

?題型01等量異種電荷的電場

1.太極圖的含義豐富而復(fù)雜，它體現(xiàn)了中國古代哲學(xué)的智慧。如圖所示，。為大圓的圓心，。|為上側(cè)陽半圓的

圓心，。2為下側(cè)陰半圓的圓心，0、。1,。2在同一直線上，為大圓的直徑且與。02連線垂直，C、。為關(guān)于

。點對稱的兩點，在a,。2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有a、5處點電荷產(chǎn)生

的電場。下列說法正確的是（）

A.C、。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(zhì)子由A沿直線移到B的過程中，質(zhì)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，電子可以沿直線在間做往返運動

【答案】C

【詳解】A.在a,a兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，設(shè)a處為正點電荷，6處為負(fù)點電荷，由

于c點靠近正點電荷，n點靠近負(fù)點電荷，則C點電勢高于。點電勢，故A錯誤；

B.為等量異種電荷連線的中垂線，根據(jù)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(jù)等量異種電荷中垂線電場分布特點可知，。點為中垂線上場強最大的點，則把質(zhì)子由A沿直線移到8的

過程中，場強先變大后變小，質(zhì)子所受電場力先增加后減小，故C正確；

D.由于根據(jù)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處受到的電場力與直線垂直，電子不可能沿直線在A3間做往返運動，故D錯誤。

故選C。

?題型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,。、P分別為立方體上下表面的中心，在兩條豎直邊和PG的中點處

分別固定甲和乙兩個帶電荷量均為q的負(fù)點電荷，上下表面中心連線OP所在直線上。點的上方有一點S（圖中

未畫出），S到。點的距離為廣，電子的電荷量為e,靜電力常量為上下列說法正確的是（）

A.重力不計、比荷為畫的電荷沿。尸所在直線運動時，在。和尸點的加速度最大，最大值為維

8mma

B.在S點固定一個電荷量為旬的負(fù)電荷，當(dāng)還q時，。點的電場強度恰好等于零

2

C.在S點固定一個電荷量為4q的負(fù)電荷，無論r為何值，比荷為畫的電荷在加點的電勢能總大于在廠

8m

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y/ieEa

【答案】A

【詳解】A.如圖所示，連接甲乙，設(shè)0P所在直線上某點。（圖中未畫出）與甲乙連線的夾角為仇甲乙兩電荷

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。點電場強度大小的表達(dá)式為

-^■y=sin0-sin30,則有

解得當(dāng)

時該點的場強最大，將L=0a代入以上關(guān)系式可求得最大值為

作圖如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可求。點到甲乙連線中點的距離為

可見。點跟。點重合，可知在甲乙等量同種電荷電場中。、P兩點的場強最大，最大值為

根據(jù)牛頓第二定律可求得比重力不計、比荷為亞的電荷沿0P所在直線運動時，在。和尸點的加速度最大，

8m

最大值為竺，A正確；

ma

B.在S點固定一個電荷量為4q的負(fù)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(fù)電荷，根據(jù)電場的對稱性特點可知，無論r為何值，M點和尸點的電勢總相

等，所以比荷為亞的電荷在M點和P點的電勢能總是相等的，C錯誤；

8m

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(jù)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卬=6而所以電子的電勢能減少了eEa,

D錯誤。故選A。

?題型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(nèi)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(xiàn)有一束電子以某一初速

度從左側(cè)進(jìn)入該區(qū)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。點的電場強度

B.尸點的電勢高于。點的電勢

C.電子在P點的電勢能小于在。點的電勢能

D.電子在P點的動能小于在。點的動能

【答案】D

【詳解】A.電場線的疏密表示場強的強弱，所以尸點的電場強度小于。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，則尸點的電勢低于。點的電勢，

所以B錯誤；

C.電子帶負(fù)電，負(fù)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。點的電勢能，所以C錯誤；

D.電子所受電場力方向向右，從尸到。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。點的動能，所以D正確；

故選D。

?題型040-x圖像

4.空間內(nèi)有一與紙面平行的勻強電場，為研究該電場，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系。規(guī)定坐標(biāo)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/m

4

B.電場強度的方向與x軸負(fù)方向夾角的正切值為］

C.點(10cm,10cm)處的電勢為20V

D.紙面內(nèi)距離坐標(biāo)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

=卡

ExV/m=160V/m,Ey=—V/m=120V/m

則電場大小為

E=QE：+E；=200V/m

B.電場強度的方向與x軸負(fù)方向夾角的正切值為

故B錯誤；

C.規(guī)定坐標(biāo)原點的電勢為0,點(10cm,10cm)處的電勢為

中=Ed=200x1072cos(45°-37°)x0.01=28V

故C錯誤；

D.紙面內(nèi)距離坐標(biāo)原點10cm的各點電勢最高為

3=Ed'=200x10x0.01V=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Do

■題型05Ep-x圖像

5.如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一帶負(fù)電荷的小滑塊，可視為質(zhì)點，在x=lm處以初速度%=7§m/s沿尤

軸正方向運動。小滑塊的質(zhì)量為加=2kg,帶電量為q=TMC。整個運動區(qū)域存在沿水平方向的電場，圖乙是滑

塊電勢能綜隨位置無變化的部分圖像，P點是圖線的最低點，虛線是圖像在x=lm處的切線，并且AB經(jīng)過

(1,2)和(2,1)兩點，重力加速度g取lOm/s,下列說法正確的是()

A.在x=lm處的電場強度大小為20V/m

B.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x=3m處時，速度的大小為2.5m/s

D.若滑塊恰好能到達(dá)x=5m處，則該處的電勢為-50V

【答案】D

【詳解】A.%-尤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=lm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.滑塊從無=lm到尤=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x=3m處時，速度的大小為

故C錯誤；

D.若滑塊恰好到達(dá)x=5m處，則滑塊恰好到達(dá)x=5m處

則滑塊從x=lm到x=5m運動過程中

由

解得滑塊到達(dá)x=5m處的電勢能

5

x=5m處的電勢為9=—^=F7V=-50V故D正確。故選D。

q-0.1

?題型06E-X圖像

6.如圖，為方向沿?zé)o軸的某電場的場強E隨位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖像，其中在負(fù)半軸上的圖像是直線。一電

子從x軸上的七處由靜止釋放，僅在電場力作用下運動，電子電荷量絕對值為e(e>0),下列說法正確的是()

A.電子從x=引至IJx=0過程動能增量大于從x=0至1|x=-而過程動能增量

B.電子在x=x處與x=%處的電勢能相等

C.電子從x=0處運動到了=%處過程中，電勢能減小了華壓

D.電子在了=三處具有的電勢能最大

【答案】A

【詳解】A.電子從x軸上的4處由靜止釋放，沿?zé)o軸負(fù)向運動，電場力做正功，電勢能減小，動能增加；因E-x

圖像的面積等于電勢差，從到x=0過程的電勢差大于從％=0到x=的電勢差，根據(jù)

可知電子從x=占到x=0過程動能增量大于從x=0到x=f過程動能增量，A正確；

B.各點場強均為正值，則場強方向沿x軸正向，則從x=%處到了=占處，場強方向不變，沿電場線電勢降低，

可知x=xZ處和X=X］處電勢不相等，電子在尤=工處與x=X2處的電勢能不相等，B錯誤；

C.由圖像的面積可知，電子從x=0處運動到了=多處過程中，電勢升高

電勢能減小了

C錯誤。

D.電子從*=玉處沿x軸負(fù)向運動，電場力做正功，電勢能減小，則電子在x=X3處具有的電勢能不是最大，D

錯誤。

故選Ao

?題型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。、M,P點。B板與電源正極

相連，A、C兩板與電源負(fù)極相連。閉合電鍵，從。點由靜止釋放一電子，電子恰好能運動到尸點(不計電子的

重力影響)?，F(xiàn)將C板向右平移到P，點，下列說法正確的是()

A.若閉合電鍵后，再從。點由靜止釋放電子，電子將運動到尸點返回

B.若閉合電鍵后，再從。點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回

C.若斷開電鍵后，再從。點由靜止釋放電子，電子將運動到尸和P'點之間返回

D.若斷開電鍵后，再從。點由靜止釋放電子，電子將穿過P點

【答案】B

【詳解】AB.根據(jù)題意可知

電子從。到M電場力做正功，從M到P電場力做負(fù)功或從“到P電場力做負(fù)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P，點，若電鍵處于閉合狀態(tài)，上式仍然成立，電子將運動到P'點返回，故A錯誤，B正確；

CD.斷開電鍵后，根據(jù)

U=2,C=E=—

C471kdd

聯(lián)立解得

可知板間的電場強度與板間距離無關(guān)，而斷開電鍵后可認(rèn)為極板間電荷量不變，則電場強度不變，根據(jù)動能定理

可知

因此若斷開電鍵后再從。點由靜止釋放電子，電子仍將運動到尸點，故CD錯誤。

故選Bo

?題型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(qū)域A8CD平行，已知AB〃CD,

AD=DC=CB=-AB=2m,^A=10V,（pB=30V,^c=20V,一比荷為2=0.6C/kg的帶負(fù)電粒子由A點沿

2m

AO方向以速率%進(jìn)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。指向8

C.該粒子到達(dá)C點時速度大小為0Tm/s

D.該粒子到達(dá)C點時速度方向與BC邊垂直

【答案】C

【詳解】B.%=10V,%=30V,可知川的中點E的電勢為20V,可知EC為等勢線，連接召C,做EC的垂線，

根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知場強方向由B指向。，故B錯誤；

A.由幾何關(guān)系可知產(chǎn)為3。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

%=3m/s,t=ls

電場強度方向小球的速度

該粒子到達(dá)C點時速度大小為

故c正確；

D.與EC延長線的夾角的正切值tan6=2=2叵可知。工30該粒子到達(dá)C點時速度方向不與邊垂直，故D

%3

錯誤。故選C。

■題型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2C組成，4、2連線豎直。半圓軌道的圓心為。、

半徑為R,空間有如圖所示的勻強電場，場強大小為E=遐，方向與水平面夾角為。=30。，重力加速度為g。在

q

水平直軌道上距B點L處靜止釋放一質(zhì)量為相、電量為q的帶正電小滑塊，下列說法正確的是（）

A.無論乙取何值，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(tài)

C.若L="R,軌道對滑塊的彈力最大值等于47"g

3

D7%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30。，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(tài)，故B

錯誤；

A.假設(shè)小滑塊剛好可以到達(dá)A點，在豎直方向的合外力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律

解得

設(shè)在此時小滑塊在A點的速度為。，則

則根據(jù)動能定理

解得

故A錯誤；

CD.合外力與水平方向夾角為30。，則?！辏ㄅc水平方向夾角為30。的。點為等效最低點，如圖

若乙=以限，時，根據(jù)動能定理

3

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Co

1.（2024?山東淄博二模）如圖所示，一個正方體ASCD-A'3'C'。，其上、下、左、右表面的中心分別為E、F、

G、H,在E、G兩點固定電荷量為一夕的點電荷，在兩點固定電荷量為+4的點電荷,下列說法正確的是（）

A.B，、。兩點電勢相等

B.A9中點處的場強與OC中點處的場強相同

C.一帶正電的試探電荷在A點的電勢能等于它在C點的電勢能

D.AA兩點間的電勢差小于B'B兩點間的電勢差

【答案】CD

【詳解】A.由空間的對稱性可知，8'點更靠近正電荷，而。點更靠近負(fù)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〃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(biāo)原點0,設(shè)48'連線中點處為/,DC'連線中點處為L以。/為坐標(biāo)軸的正方向，為坐標(biāo)軸的負(fù)方向，結(jié)

合等量異種電荷的電場分布可知，48'中點處的場強與DC'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，H到四個電荷的距離與C到四個電荷的距離相等，H點和C點到正負(fù)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H點的電勢能等于它在C點的電勢能，故C項正確。

D.A到兩個正電荷的距離與到兩個負(fù)電荷的距離相等，所以A電勢為零。8點到兩個正電荷的距離與到兩個負(fù)

電荷的距離相等，所以8點的電勢也為零。A點靠近負(fù)電荷，所以A點的電勢為負(fù)，夕點更靠近正電荷，所以9

的電勢為正。4A間電勢差有

%=O-外<0BB間電勢差為

故D項正確。

故選CDo

2.（2024,廣東韶關(guān)?二模）如圖所示，空間有一正方體質(zhì)cd-a'b'c'd',。點固定電荷量為+Q（Q>0）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.6點與d'點的電勢相同

C.b點與c點的電勢差等于a'點與/點的電勢差

D.將帶正電的試探電荷由6點沿直線移動到。點，其電勢能先增大后減小

【答案】CD

【詳解】A.由對稱性知，6點與c點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；

B.6點到。點的距離等于a'點到。點的距離，b點到d點的距離等于7點到d點的距離，則b點與優(yōu)點的電勢相

同，若取無限遠(yuǎn)處電勢為零，垂直于ad且過0。的平面為電勢為零的等勢面，。'點與力點關(guān)于該等勢面對稱,

兩點電勢絕對值相等，一正一負(fù)，故b點與/點的電勢不同，故B錯誤；

C.由對稱性知，6點與c點的電勢差為

Ube=<Pb-<Pc=2<Pb"點與d'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。點的過程中，電場力先做負(fù)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(qū)域處在平行于紙面的勻強電場中，圓心為0,半徑為H=0.1m。

P為圓弧上的一個點，PO連線逆時針轉(zhuǎn)動，，為尸0連線從A0位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，P點電勢隨夕變化如圖乙

所示。下列說法正確的是（）

A.勻強電場的場強大小為20V/m

B.勻強電場的場強方向垂直連線向右

C.一氮核（:He）從A點沿圓弧運動到C點，電勢能增加了2eV

D.一電子從A點沿圓弧逆時針運動到B點，電場力先做負(fù)功后做正功

【答案】AD

jr

【詳解】AB.根據(jù)圖像可知，當(dāng)6=0時，P位于A點，A點電勢為2V；當(dāng)8=5時，P點位于P,電勢為IV,

當(dāng)e=T時，p點位于尸2,電勢為5V。根據(jù)夾角關(guān)系可知，Bop位于同一條直線上，即如圖所示

根據(jù)等分法可知,OP/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(jù)幾何關(guān)系可知,AA/0P/P2。

故BP2即為勻強電場中的一條電場線，且電場方向由上指向根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系可得

故A正確，B錯誤；

C.由幾何關(guān)系可知，C點與。尸2中點M的連線垂直凸尸2,故CM為等勢線，故根據(jù)等分法可知

一氮核（：He）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指向電子從A點沿圓弧逆時針運動到8點，電場力先做負(fù)功后做正功。故D

正確。

故選ADo

4.（2024高三下?重慶?模擬預(yù)測）2020年2月，中國科學(xué)家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)

胞表面ACE2蛋白的結(jié)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(guān)鍵部分，

在電子顯微鏡中電子束相當(dāng)于光束，通過由電場或磁場構(gòu)成的電子透鏡實現(xiàn)會聚或發(fā)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，。、氏c是軌跡上的三點，則下列說法正確的是（）

A.。點的電勢低于6點的電勢B.。點的電場強度大于c點的電場強度

C.電子從a點到6點電勢能增加D.電子從a點到6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(cè)，大致向右，則電場強度方向背離軌跡凹側(cè)，大致向左，并且

垂直于等勢面，根據(jù)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。點到6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。點的電場強度小于c點的電場強度，故B錯誤。

故選ADo

5.（2024?四川巴中?模擬預(yù)測）有一電場在無軸上各點的電場強度分布如圖所示。現(xiàn)將一帶正電的粒子（不計重

力）從。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(guān)于該電場在x軸上各點的電勢外帶電

粒子的動能心、電勢能綜以及動能與電勢能之和綜隨x變化的圖像，正確的是（）

【答案】BD

【詳解】A.帶正電的粒子（不計重力）從。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4-無圖像斜率大小代表電場力大小，斜率正負(fù)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4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(xì)圓環(huán)上，均勻分布著總電量為。（。>。）的電荷，0

點為圓環(huán)的圓心，x軸通過。點且垂直于環(huán)面，P點在x軸上，它與。點的距離為乩x軸上電勢。的分布圖，如

圖2所示。圖線上4、8、C三點的坐標(biāo)已在圖2中標(biāo)出。靜電力常量為晨距離。點無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，則

下列說法正確的是（）

A.圓心。點的電勢為當(dāng)

R

B.圓心。點的電場強度大小為雪

kQd

C.無軸上P點電場強度的大小為+R2）3/2

D.電荷量為-q（q>0）、質(zhì)量為m的點電荷從。點以初速度%=沿x軸射出，此點電荷移動也R距離,

其速度減為零

【答案】ACD

【詳解】A.將圓環(huán)分成〃個微元，每個微元均能夠看為點電荷，則圓心。點的電勢為

即圓心。點的電勢為空，A正確；

B.將圓環(huán)分成〃個微元，每個微元均能夠看為點電荷，根據(jù)對稱性可知，圓心O點的電場強度大小為0,B錯

誤；

C.根據(jù)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點連線與無軸夾角為6,則根據(jù)

對稱性，尸點電場強度為

又由于

必＜7=0,2=d2+R2,cos0=—

rr

解得

c正確；

D.根據(jù)

其中

解得

根據(jù)圖2可知，此點電荷移動gR距離，其速度減為零，D正確。

故選ACDo

7.（2024?安徽?模擬預(yù)測）已知試探電荷4在場源點電荷。的電場中所具有電勢能表達(dá)式為耳=也，其中左為

r

靜電力常量，廠為試探電荷與場源點電荷間的距離,且規(guī)定無窮遠(yuǎn)處的電勢能為0。真空中有兩個點電荷2,和2，

分別固定在x坐標(biāo)軸%=0和尤2=15cm的位置上。一帶負(fù)電的試探電荷在無軸上各點具有的電勢能隨x變化關(guān)系

如圖所示，其中試探電荷在A、3兩點的電勢能為零，A點的坐標(biāo)是12cm,C點為點電荷色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(fù)電荷

B.點電荷2與。2電量之比為2:1

C.C點對應(yīng)x軸位置的坐標(biāo)是%=30cm

D.兩點電荷2、&在x軸上電場強度相同的點的位置為x=20cm

【答案】AC

【詳解】A.由圖可知，帶負(fù)電的試探電荷在0~15間的電勢能逐漸增大，可知01為正電荷，Q為負(fù)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。2電量之比為4:1,故B錯誤；

C.根據(jù)電勢能的計算公式耳=心，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(jù)點電荷產(chǎn)生的電場公式有

解得

x=10cm

故D錯誤；

故選ACo

8.（2024?湖南長沙?模擬預(yù)測）如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環(huán)相距4,所帶電荷量分別為+Q、

-Q,圓心A、B連線垂直于圓環(huán)平面。以A點為坐標(biāo)原點，沿方向建立尤軸，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8點的過程中，下列關(guān)于電勢。、電場強度E、粒子的動能舔和電勢能綜隨

位移x的變化圖線中，可能正確的是（）

【答案】AC

【詳解】A.設(shè)O'為AB中點，根據(jù)電勢的疊加可知，。點的電勢為0,且A3兩點關(guān)于O'點對稱，則A3兩點

電勢大小相等，符號相反，故A正確；

B.粒子在A點時，+Q環(huán)產(chǎn)生的場電場強度為0,但-。環(huán)產(chǎn)生的電場強度不為0,即圖像的原點處E*0,故B

錯誤；

C.由動能定理

則盆-x圖像斜率為電場力4E，而O'點電場力最大，故圖像x處斜率最大，故C正確；

D.由于A8處的電勢一正一負(fù)，絕對值相等，根據(jù)

可知，粒子在兩點的電勢能也一正一負(fù)，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3點平滑連

接，過半圓軌道圓心。的水平界面的下方分布有水平向右的勻強電場E=lxl（）-3v/m,質(zhì)量為初nlxlO-kg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(jìn)入電場時，電場強度大小保持

不變、方向變?yōu)樗较蜃?。已知A、B間距離為4R且R=0.2m,滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)〃=。$,重力加速度

g=10m/s2,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0.15C

B.小滑塊從A點釋放到運動至8點過程中電荷量的變化量為0.1C

C.小滑塊再次進(jìn)入電場后在電場中做勻變速曲線運動

D.小滑塊再次到達(dá)水平軌道時距B點的距離為1.2m

【答案】BD

【詳解】AB.從A到2過程，根據(jù)牛頓第二定律

在2點，根據(jù)牛頓第二定律

聯(lián)立以上兩式解得

故A錯誤，B正確；

CD.從A到B過程

從8到C過程

從C點到再次進(jìn)入電場做平拋運動

由以上各式解得

則進(jìn)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8的距離1.2m,故C錯誤，D正確。

故選BDo

10.（2024?遼寧?模擬預(yù)測）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強電場，場強大小￡=巡，方向水平向右。豎直面

q

內(nèi)一絕緣軌道由半徑為R的;光滑圓弧8c與足夠長的傾斜粗糙軌道A3、組成，AB,與水平面夾角均為

45。且在8、C兩點與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為優(yōu)，電荷量為外從軌道上與圓心O等高的P點

以%=2嫻的速度沿軌道下滑。已知滑塊與A3、C。軌道間的動摩擦因數(shù)〃=,，重力加速度大小為g。下列

說法正確的是（）

A.滑塊在軌道下滑時的加速度大小為g

B.滑塊在8c軌道中對軌道的最大壓力為3〃密

C.滑塊最終將在BC軌道之間做往復(fù)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(jù)題意可知

重力與電場力的合力伍g,方向垂直于42面向下，滑塊在軌道下滑時，有

解得

加速度大小為g,A正確；

B.由幾何關(guān)系可知，

滑塊在BC軌道的8點對軌道有最大壓力，設(shè)此時滑塊的速度為"，軌道對滑塊的支持力為綜，有

解得

根據(jù)牛頓第二定律，有

解得

根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在2c軌道中對軌道的最大壓力為

B錯誤；

C.從2點到C點，電場力做負(fù)功，滑塊需克服電場力做功為

所以滑塊在到達(dá)C點前已經(jīng)減速到0,后反向滑回到8點，滑塊從B點出發(fā)到滑回到B點的過程中，合力做功為

零，所以速度大小不變，仍為上然后沿54軌道上向上滑行，由于在軌道只有摩擦力做負(fù)功，所以最后會

停在軌道上，C錯誤；

D.由C選項分析可知，滑塊不能經(jīng)過C點，所以滑塊在BC軌道上整個運動過程合力做功為0,滑塊滑回8點

時，速度依然為v=設(shè)在A2軌道上滑行4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ADo

11.（2024?海南?模擬預(yù)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A8與粗糙絕緣水平地

面平滑連接，斜面與水平面的夾角a=37。。質(zhì)量為加=0.5kg、電荷量為q的帶正電小物塊（可視為質(zhì)點）

從A點由靜止釋放，經(jīng)過8點后進(jìn)入水平面，最后停在C點。若小物塊經(jīng)過B點前后速度大小不變，電場的電場

強度大小為￡=螫，L=24m,/Bc=36m,重力加速度g取10向/,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確

q

的是（）

A.小物塊在斜面上運動的加速度大小為6m/s2

B.小物塊從A點運動到C點所用的時間為5s

C.小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4

D.小物塊從A點運動到C點，靜電力所做的功等于系統(tǒng)內(nèi)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2點，有

所用的時間為

到2點的速度為

小物塊從8點運動到C點，有

所用的時間為

則小物塊從A點運動到C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(shù)為

故C正確；

D.小物塊從A點運動到C點，靜電力和重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由

可知靜電力所做的功與重力所做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，故D錯誤。

故選BCo

12.（2024?四川遂寧?三模）如圖所示的坐標(biāo)系中，x軸水平向右，質(zhì)量為%=0.5kg、帶電量為q=+10-2的小球

從坐標(biāo)原點。處，以初速度vo=6m/s斜向右上方拋出，進(jìn)入斜向右上方場強為E=5xl04v/m的勻強電場中，E

與x軸正方向的夾角為30。，vo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lO0m/s2

B.小球的加速度的大小為10m/s2

C.若小球能運動到x軸上的尸點，則小球在尸點的速度大小為am/s

D.。、尸兩點間的電勢差為6j^xlO4V

【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(jù)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(shè)。P的距離為x,把x分別沿著％和垂直分解，則有

玉=%sin30°,x2=%cos30°

由類平拋運動規(guī)律可得

12

%—VQZ,/=-at

小球在尸點的速度為

聯(lián)立解得

x=m，v=\/39m/s

故C正確;

D.由勻強電場電勢差與電場強度關(guān)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(biāo)系型中，分布著沿z軸正方向的勻強電場￡和沿y

軸正方向的勻強磁場8,一個帶電荷量為+4、質(zhì)量為根的小球沿尤軸正方向以一定的初速度均拋出后做平拋運

動，已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

p

A.可求小球的初速度%大小為百

D

2E

B.經(jīng)過時間一球的動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍

gB

C.若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向，小球可能做勻速圓周運動