2022年高考物理題型講義（新高考）專題3 第11課時　電場

第11課時電場命題規(guī)律1.命題角度：(1)電場的性質(zhì)；(2)平行板電容器電場問題；(3)電場中的圖像問題.2.?？碱}型：選擇題．高考題型1電場的性質(zhì)1．電場中各物理量的關(guān)系2．電場強度的判斷(1)場強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；(2)電場的強弱可根據(jù)電場線的疏密程度來進行比較，大小可根據(jù)場強公式進行計算．3．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4.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．考向一庫侖定律例1(2018·全國卷Ⅰ·16)如圖1，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()圖1A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)答案D解析由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號．根據(jù)庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0eq\f(qaqc,ac2)①b對c的庫侖力為Fb＝k0eq\f(qbqc,bc2)②設(shè)合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc)③聯(lián)立①②③式得k＝|eq\f(qa,qb)|＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27)，故選D.考向二電場的疊加例2(2021·安徽江南十校高三3月一模聯(lián)考)如圖2，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在邊長為L的正方體的兩個頂點上，A是正方體的另一個頂點，如果點電荷q、－q連線中點O的電場強度大小是E，則正方體A點的電場強度大小是()圖2A.eq\f(9,16)EB.eq\f(3\r(5),16)EC.eq\f(3,16)ED.eq\f(9\r(5),16)E答案B解析根據(jù)幾何知識可得，O點到兩個電荷的距離都是eq\f(\r(3),2)L，則O點場強為E＝2keq\f(q,r2)＝eq\f(8kq,3L2)，A點場強EA滿足關(guān)系式：Eeq\o\al(2,A)＝[eq\f(kq,\r(2)L2)]2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq,L2)))2，解得EA＝eq\f(\r(5)kq,2L2)＝eq\f(3\r(5),16)E，故選B.考向三電場線(等勢面)與粒子運動軌跡例3(2018·天津卷·3)如圖3所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在靜電力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是()圖3A．vM＜vN，aM＜aNB．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpND．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN答案D解析因為N點的電場線密，所以場強大，粒子受到的靜電力大，加速度大，即aM＜aN.由虛線彎曲方向知，帶負電粒子受力指向運動軌跡的凹側(cè)，電場方向由電場線稀疏的一側(cè)指向電場線密集的一側(cè)，沿電場線方向電勢降低，即φM＞φN.又由Ep＝qφ知，帶負電粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，即EpM＜EpN.若帶負電粒子由M向N運動，靜電力做負功，則動能減小，所以vM＞vN.若帶負電粒子由N向M運動，靜電力做正功，則動能增大，也可得vM＞vN，故選D.考向四電場能的性質(zhì)例4(多選)(2020·山東卷·10)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等．一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)．過O點作兩正電荷連線的垂線，以O(shè)點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖4所示．以下說法正確的是()圖4A．a(chǎn)點電勢低于O點B．b點電勢低于c點C．該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D．該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能答案BD解析作出兩個固定點電荷分別在O點附近的電場線，由題意知，O點的場強EO＝0，則兩點電荷分別在O點處產(chǎn)生電場的電場線疏密相同，進而推知O點左側(cè)的電場方向向右，O點右側(cè)的電場方向向左．可以判定：a點電勢高于O點，b點電勢低于c點，故A錯誤，B正確；由Ep＝φq可知，a點的電勢高于b點，試探電荷(帶負電)在a點的電勢能比在b點的電勢能小，故C錯誤；c點電勢高于d點，試探電荷(帶負電)在c點的電勢能小于在d點的電勢能，故D正確．例5(多選)(2020·全國卷Ⅲ·21)如圖5，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q(q>0)的點電荷固定在P點．下列說法正確的是()圖5A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D．將正電荷從M點移動到N點，靜電力所做的總功為負答案BC解析該點電荷形成的電場過M、N兩點的等勢面如圖所示．距P越近，電場強度越大，沿MN邊，從M點到N點，與P點的距離先變小后變大，電場強度先增大后減小，故A錯誤；沿電場線方向電勢降低，沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小，故B正確；由圖可知，M點電勢高于N點電勢，根據(jù)Ep＝qφ知，正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故C正確；將正電荷從M點移動到N點，即從高電勢移動到低電勢，靜電力所做的總功為正，故D錯誤．高考題型2平行板電容器電場問題1．必須記住的三個公式定義式C＝eq\f(Q,U)，決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，關(guān)系式E＝eq\f(U,d).2．掌握兩個重要結(jié)論(1)電容器與電路(或電源)相連，則兩端電壓取決于電路(或電源)，穩(wěn)定時相當于斷路，兩端電壓總等于與之并聯(lián)的支路電壓．(2)充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變，此時若只改變兩板間距離，則板間電場強度大小不變．3．注意一個特例當有電容器的回路接有二極管時，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．?如圖6所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()圖6A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變答案D解析若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減?。桓鶕?jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)，聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確．高考題型3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)過的各點的場強方向、場強大小、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等于沿x軸方向電場強度E的大小．E－x圖像以場強沿x軸方向為例：(1)E>0表示場強沿x軸正方向，E<0表示場強沿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等于靜電力大?。?2)可用于判斷場強、動能、加速度等隨位移的變化情況.例7(多選)(2017·江蘇卷·8)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖7所示．下列說法正確的有()圖7A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大答案AC解析由題圖可知，兩點電荷q1和q2帶有異種電荷，A正確；在φx圖像中，圖像切線的斜率大小表示電場強度大小，則x1處的電場強度不為零，B錯誤；從x1到x2電場強度逐漸減小，負電荷受到的電場力逐漸減小，D錯誤；由Ep＝φq可知，負電荷在電勢高處的電勢能小，則負電荷從x1移到x2，電勢能減小，C正確．例8(多選)(2021·安徽合肥市高三(上)第一次教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)沿電場中某條電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖8所示，坐標軸上的點0、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應(yīng)，相鄰兩點間距相等．一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮靜電力作用，則下列說法正確的是()圖8A．從O點到C點，電勢先升高后降低B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動C．粒子運動到C點時動能大于3EkD．粒子在AB段電勢能減少量大于BC段電勢能減少量答案CD解析從O點到C點，電場強度方向保持不變，由于開始場強方向沿x軸正方向，所以沿電場線方向電勢逐漸降低，則從O點到C點，電勢逐漸降低，A錯誤；由題圖圖像可知場強先增大后減小，則靜電力也是先增大后減小，所以粒子的加速度先增大后減小，一直做變加速運動，B錯誤；由圖像可知圖像的面積表示電勢差，則有UOC>3UOA，由動能定理有qUOA＝Ek，qUOC＝EkC，由以上幾式可得EkC>3Ek，所以粒子運動到C點時動能大于3Ek，C正確；粒子在AB段圖像的面積大于BC段圖像的面積，則UAB>UBC，所以粒子在AB段電勢能減少量大于BC段電勢能減少量，D正確.1.(2021·山東濱州市高三期末)某靜電場中電場線分布如圖9所示，N、P、Q為電場中三點，其中P、Q兩點關(guān)于點電荷q1左右對稱，下列說法正確的是()圖9A．P、Q兩點電場強度的大小EQ>EPB．P點的電勢φP一定高于Q點電勢φQC．負電荷從N點移到Q點靜電力做正功D．負電荷從P點移到N點電勢能一定變小答案B解析根據(jù)電場線的疏密反映電場強度的大小，P點的電場線密，所以P、Q兩點電場強度的大小EP>EQ，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，電場線越密的電勢降落的越快，反之逆著電場線的方向電勢升高，電場線越密的電勢升高的越快，所以P點的電勢φP一定高于Q點電勢φQ，選項B正確；負電荷從N點移到Q點，靜電力方向與運動方向成鈍角，靜電力做負功，選項C錯誤；無法比較P點的電勢與N點電勢的高低，所以無法判斷負電荷從P點移到N點電勢能的變化情況，選項D錯誤．2.(2021·湖北宜昌市高三聯(lián)考)如圖10所示，真空中有三個電荷量相等的點電荷a、b和c，分別固定在水平面內(nèi)正三角形的頂點上，其中a、b帶正電，c帶負電，O為三角形中心，A、B、C為三條邊的中點．則()圖10A．B、C兩點場強相同B．a(chǎn)、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)C．將某一正試探電荷從B點移動到C點，電勢能減小D．在O點自由釋放電子(不計重力)，會沿OA方向一直運動下去答案B解析電場強度是矢量，場強的合成滿足平行四邊形定則．通過對B、C兩點的矢量合成可得，B、C點的場強大小相同，但方向不同，故A錯誤；設(shè)正三角形邊長為l，點電荷電荷量為q，由庫侖定律得Fa＝Fb＝keq\f(q2,l2)，F(xiàn)c＝2Facos30°＝eq\r(3)keq\f(q2,l2)，則a、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)，故B正確；B、C兩點關(guān)于AO連線對稱，根據(jù)對稱性知兩點的電勢相等，將某一正試探電荷從B點移動到C點，電勢能不變，故C錯誤；O點到a、b、c三點的距離相等，故三個電荷在O點的場強大小相同，根據(jù)等量同種點電荷的特點可知，a、b兩個點電荷在O點的合場強方向向下，點電荷c在O點的場強方向也向下，所以O(shè)點的場強大小不為0，合場強的方向向下，故電子受到向上的靜電力，會沿OA直線向上運動，當通過A點之后，a、b電荷對電子的合力向下，當a、b電荷對電子的作用力大于c電荷對電子的作用力時，電子開始減速，減速為零后又反向加速，故電子沿著OA方向先加速運動，然后減速為零，接著沿AO方向加速，又減速為零，如此往復(fù)運動，故D錯誤．3.如圖11所示，兩個固定的半徑均為r的細圓環(huán)同軸放置，O1、O2分別為兩細圓環(huán)的圓心，且O1O2＝2r，兩環(huán)分別帶有均勻分布的等量異種電荷＋Q、－Q(Q>0)．一帶正電的粒子(重力不計)從O1處由靜止釋放，靜電力常量為k，下列說法正確的是()圖11A．粒子在O2處動能最大B．粒子在O1O2中點處動能最大C．O1O2中點處的電場強度為eq\f(2kQ,r2)D．O1O2中點處的電場強度為eq\f(\r(2)kQ,2r2)答案D4．(2021·山西朔州市懷仁市高三期末)如圖12甲所示，Q1、Q2為兩個固定點電荷，其中Q1帶正電，它們連線的延長線上有a、b兩點．一帶正電的試探電荷以一定的初速度沿直線從b點開始經(jīng)a點向遠處運動，其速度－時間圖像如圖乙所示．則下列說法正確的是()圖12A．在Q1、Q2之間放置一個點電荷，該點電荷可能處于平衡狀態(tài)B．從b到a場強逐漸減小，且a點場強為零C．b點右側(cè)電勢逐漸升高D．在Q1左側(cè)的連線延長線上存在場強為零的點答案B解析速度—時間圖像的斜率表示加速度，由題圖知，試探電荷經(jīng)過a點時的加速度為零，由牛頓第二定律得知，電荷所受的靜電力為零，則a點的合場強必為零，Q1、Q2在a點產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反，故Q2一定帶負電，在Q1、Q2之間電場強度向右，放置一個點電荷，不能處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；分析圖像可知，從b到a的加速度逐漸減小，則場強逐漸減小，a點的場強為零，故B正確；分析圖像可知，試探電荷從b點向右側(cè)運動的過程中，速度先減小后增大，則動能先減小后增大，只有靜電力做功，動能和電勢能之和恒定，則電勢能先增大后減小，由于試探電荷為正，則b點右側(cè)的電勢先升高后降低，故C錯誤；a點的場強為零，根據(jù)庫侖定律可知，電荷量Q1>Q2，在Q1左側(cè)的連線延長線上，場強方向向左，不存在場強為零的位置，故D錯誤．5．(多選)(2021·遼寧撫順市六校高三期末聯(lián)考)如圖13甲所示，AB是某電場中的一條電場線，有一電子僅在靜電力作用下，以某一初速度沿AB由A點運動到B點，該電子的電勢能Ep隨它與A點的距離x的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()圖13A．電場線的方向由A指向BB．A點的電場強度比B點的大C．A點的電勢比B點的低D．該電子在A點時的速度比它在B點時的大答案BC解析由題圖乙可知電子的電勢能Ep隨它與A點的距離x的增大而減小，根據(jù)Ep＝－eφ，可知電子所在位置的電勢逐漸升高，電場線的方向由B指向A，A錯誤，C正確．圖乙的斜率表示靜電力，斜率變小，靜電力變小，則電場強度變小，即A點的電場強度比B點的大，B正確；電勢能減小，則靜電力做正功，動能增大，電子在A點時的速度比它在B點時的速度小，D錯誤．專題強化練[保分基礎(chǔ)練]1．(多選)(2021·全國甲卷·19)某電場的等勢面如圖1所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點，則()圖1A．一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功B．一電子從a點運動到d點，電場力做功為4eVC．b點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右D．a(chǎn)、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大答案BD解析由題圖可知φb＝φe，則正電荷從b點運動到e點，電場力不做功，A錯誤；由題圖可知φa＝3V，φd＝7V，根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4eV，B正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，則b點處的場強方向向左，C錯誤；等差等勢面越密的地方電場強度越大，由題圖可看出a、b、c、d四個點中，b處的等勢面最密集，則b點處的電場強度大小最大，D正確．2.空心球形導(dǎo)體殼內(nèi)放置一正點電荷，球殼內(nèi)、外電場線分布如圖2所示．a(chǎn)、d兩點分別位于球殼內(nèi)、外，b、c兩點均位于球殼的內(nèi)表面．則()圖2A．a(chǎn)點的場強等于d點的場強B．a(chǎn)點的電勢等于d點的電勢C．電子在c點的電勢能大于在d點的電勢能D．電子從a點分別運動到b點和c點，靜電力做功相等答案D解析電場線的疏密表示電場的強弱，電場線越密的地方，電場越強，所以a點的場強大于d點的場強，A錯誤；沿電場線方向電勢逐漸降低，所以a點的電勢高于d點的電勢，B錯誤；電子帶負電，負電荷在電勢高的地方電勢能小，所以電子在c點的電勢能小于在d點的電勢能，C錯誤；處于電場中的導(dǎo)體是一個等勢體，因此b點電勢和c點電勢相等，所以電子從a點分別運動到b點和c點，靜電力做功相等，D正確．3．(2021·廣東卷·6)圖3是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面，在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是()圖3A．a(chǎn)點的電勢比b點的低B．a(chǎn)點的電場強度比b點的小C．液滴在a點的加速度比在b點的小D．液滴在a點的電勢能比在b點的大答案D解析高壓電源左側(cè)為正極，則所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知φa>φb，故A錯誤；等勢面的疏密反映場強的大小，由題圖可知a處的等勢面較密，則Ea>Eb，故B錯誤；液滴的重力不計，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為a＝eq\f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C錯誤；液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動能增大，電勢能減小，即Epa>Epb，故D正確．4.(2021·廣東省1月適應(yīng)性測試·4)如圖4所示，在某靜電除塵器產(chǎn)生的電場中，帶等量負電荷的兩顆微粒只受靜電力作用，分別從p點沿虛線pm、pn運動，被吸附到金屬圓筒上．下列說法正確的是()圖4A．p點的電勢高于n點的電勢B．微粒在p點的電勢能小于在m點的電勢能C．微粒從p到n的動能變化量大于從p到m的動能變化量D．微粒從p到n的電勢能變化量等于從p到m的電勢能變化量答案D解析沿著電場線，電勢逐漸降低，則有φn>φp，故A錯誤；負電荷從p運動到m的過程中，靜電力做正功，電勢能減小，有Epp>Epm，故B錯誤；兩微粒從p到n和從p到m的過程中，均只受靜電力作用，由動能定理有qU＝ΔEk，因Upn＝Upm，電荷量q相等，所以兩微粒的動能變化量相等，故C錯誤；由于W＝－ΔEp，靜電力做正功相等，所以微粒從p到n和從p到m電勢能的變化量相等，故D正確．5.(2021·安徽蚌埠市一模)如圖5所示，水平放置的平行金屬板A、B通過開關(guān)與電池相連．開關(guān)閉合后，一帶電小球在A、B板之間的P點處于靜止，則()圖5A．小球帶負電B．將A板向下移動一小段距離，小球仍能靜止C．將A板向下移動一小段距離，金屬板帶電荷量減少D．斷開開關(guān)，將B板向下移動一小段距離，小球仍能靜止答案D解析由題圖可知，A板帶負電，B板帶正電，兩板間的電場方向豎直向上，由于小球處于靜止狀態(tài)，則小球的重力與靜電力等大反向，所以小球帶正電，故A錯誤；由題意可知，兩板間的電壓不變，將A板向下移動一小段距離，即兩板間距減小，由公式E＝eq\f(U,d)可知，場強增大，小球受到的靜電力增大，則小球向上運動，故B錯誤；由題意可知，兩板間的電壓不變，將A板向下移動一小段距離，即兩板間距減小，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知，金屬板帶電荷量增大，故C錯誤；斷開開關(guān)，金屬板所帶電荷量不變，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)和E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則兩板間的場強不變，小球受到的靜電力不變，所以小球仍能靜止，故D正確．6.(多選)(2021·廣西北海市高三一模)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6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()圖6A．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x1～x2粒子電勢能增大，則靜電力做負功，因為正電荷受靜電力方向與電場強度方向一致，則x1～x2之間的電場強度沿x軸負方向，故A正確；Ep－x圖像中直線或曲線某處切線的斜率大小表示靜電力的大小，由題圖可知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，其速度一直減小，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．(2021·山東卷·6)如圖7甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為＋q的點電荷；在0≤x<eq\f(\r(2),2)a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示．現(xiàn)將一電荷量為－Q的點電荷P置于正方形的中心O點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零．若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是()圖7A．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向右運動B．Q＝eq\f(\r(2)＋1,2)q，釋放后P將向左運動C．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向右運動D．Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q，釋放后P將向左運動答案C解析對y軸正向的點電荷，由平衡知識可得eq\r(2)keq\f(q2,a2)＋keq\f(q2,\r(2)a2)＝keq\f(Qq,\f(\r(2),2)a2)解得Q＝eq\f(2\r(2)＋1,4)q因在0≤x<eq\f(\r(2),2)a區(qū)間內(nèi)沿x軸正向電勢升高，則場強方向沿x軸負向，則將P沿x軸正向向右略微移動后釋放，P受到向右的庫侖力而向右運動．故選C.8.(多選)(2020·江蘇卷·9)如圖8所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力)．開始時，兩小球分別靜止在A、B位置．現(xiàn)外加一勻強電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置．取O點的電勢為0.下列說法正確的有()圖8A．電場E中A點電勢低于B點B．轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C．該過程靜電力對兩小球均做負功D．該過程兩小球的總電勢能增加答案AB解析沿電場線的方向是電勢降落的方向，可知A點的電勢低于B點，故A正確；由于O點的電勢為0，故由對稱可知，兩小球所在位置的電勢總是一對相反數(shù)，且A點處的電勢為負值，B點處的電勢為正值，故轉(zhuǎn)動中，兩小球的電勢能始終相等，故B正確；該過程靜電力對兩小球均做正功，兩小球的總電勢能減小，故C、D錯誤．[爭分提能練]9.(2021·安徽安慶市一模)一帶電粒子(不計粒子重力)從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖9所示的位置．則下列說法中正確的是()圖9A．先斷開開關(guān)S，再適當上移P極板，該粒子仍落在Q板上原位置B．先斷開開關(guān)S，再適當左移P極板，該粒子可能從Q板上的小孔B射出C．保持開關(guān)S閉合，適當上移P極板，該粒子仍落在Q板上原位置D．保持開關(guān)S閉合，適當左移P極板，該粒子可能從Q板上的小孔B射出答案A解析斷開開關(guān)S，則電容器的電荷量Q不變，由于平行板電容器間的電場為勻強電場，且根據(jù)電容器的定義式和決定式有C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，由上式可看出，上移P極板，極板間的場強不變，則粒子加速度不變，運動軌跡不變，該粒子仍落在Q板上原位置，A正確；根據(jù)A選項可知，當適當左移P極板時，兩極板的正對面積減小，場強變大，故粒子加速度變大，故運動時間縮短，水平分位移減小，故不可能從Q板上的小孔B射出，B錯誤；保持開關(guān)S閉合，則電容器的電壓U不變，由于平行板電容器產(chǎn)生的電場為勻強電場，有E＝eq\f(U,d).由上式可看出，上移P極板，d增加，場強E減小，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(Eq,m)，故加速度減小，根據(jù)t＝eq\f(2vy0,a)，則時間延長，水平分位移增大，故不可能落在Q板上原位置，C錯誤；由選項C可知，當適當左移P極板，極板間的場強不變，則粒子加速度不變，運動軌跡不變，該粒子仍落在Q板上原位置，D錯誤．10．(2021·北京市朝陽區(qū)高三期末)金屬導(dǎo)電是一個典型的導(dǎo)電模型，值得深入研究．一金屬直導(dǎo)線電阻率為ρ，若其兩端加電壓，自由電子將在靜電力作用下定向加速，但電子加速運動很短時間就會與晶格碰撞而發(fā)生散射，緊接著又定向加速，這個周而復(fù)始的過程可簡化為電子以速度v沿導(dǎo)線方向勻速運動．我們將導(dǎo)線中電流與導(dǎo)線橫截面積的比值定義為電流密度，其大小用j表示，可以“精細”描述導(dǎo)線中各點電流的強弱．設(shè)該導(dǎo)線內(nèi)電場強度為E，單位體積內(nèi)有n個自由電子，電子電荷量為e，電子在導(dǎo)線中定向運動時受到的平均阻力為f.則下列表達式正確的是()A．j＝nvρ B．ρ＝nevC．E＝ρj D．f＝nevρ答案C解析電流的微觀表達式為I＝neSv，所以電流密度為j＝eq\f(I,S)＝nev，A、B錯誤；根據(jù)電場強度與電壓的關(guān)系有E＝eq\f(U,d)＝eq\f(IR,d)＝eq\f(neSv·ρ\f(d,S),d)＝ρnev＝ρj，C正確；電子勻速運動，有f＝Ee＝ρje＝ρne2v，D錯誤．11.(多選)(2021·湖南卷·9)如圖10，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd為該圓直徑．將電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W(W>0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W.下列說法正確的是()圖10A．該勻強電場的場強方向與ab平行B．將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5WC．a(chǎn)點電勢低于c點電勢D．若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動答案AB解析由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的思路．沿cd方向建立x軸，垂直于cd方向建立y軸，如圖所示從c到d有W＝Exq·2R從a到b有2W＝Eyq·eq\r(3)R＋ExqR可得Ex＝eq\f(W,2qR)，Ey＝eq\f(\r(3)W,2qR)則E＝eq\r(E\o\al(,x2)＋E\o\al(,y2))＝eq\f(W,qR)，tanθ＝eq\f(Ey,Ex)＝eq\r(3)電場方向與水平方向成60