2025年高考物理復(fù)習(xí)考點解密追蹤與預(yù)測（新高考）專題07 靜電場中的力和能量問題（講義篇）（解析版）

專題07靜電場中的力和能量問題01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法04核心素養(yǎng)·難點突破05創(chuàng)新好題·輕松練習(xí)考點內(nèi)容考情預(yù)測利用庫倫定律求解點電荷的受力問題高考對于這部分知識點主要通過抽象的物理模型進行命題設(shè)計，體現(xiàn)物理對生產(chǎn)生活、科學(xué)技術(shù)發(fā)展所產(chǎn)生的指導(dǎo)、創(chuàng)新等作用。在解決此類問題時要分析題意中的情境，抓住問題實質(zhì)，具備一定的空間想象能力和數(shù)學(xué)推導(dǎo)能力。主要考查的知識點有:電場強度，電場線，電勢能，電勢，電容，電場中的圖像等。2024年備考建議點電荷的受力分析，同種或異種點電荷周圍電勢和電場強度的分布，特殊帶電體周圍的電場分析，以及帶電粒子在勻強電場中的運動問題。同種或異種點電荷周圍電勢和電場強度的分布帶電粒子在電場中的運動和功能關(guān)系等量點電荷在空間的電勢和電場強度分布多點電荷或帶電體周圍電勢和電場強度疊加問題帶電粒子在勻強電場中的運動問題學(xué)習(xí)目標熟悉靜電場的基本公式，以及掌握對研究對象受力分析，列合外力方程式。2.熟悉電場強度和電勢的大小比較及疊加，熟記等量同種或異種點電荷的電場分布圖，以次類推不等量的情況。3.學(xué)會用對稱法找到特殊帶電體周圍電場強度及電勢的分布情況?！镜淅?】（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）真空中固定有兩個點電荷，負電荷Q1位于坐標原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x=x0處產(chǎn)生的合電場強度為0，則Q1、Q2相距（）A．2B．(2C．2D．(2【答案】B【詳解】依題意，兩點電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，所以合場強為0的位置應(yīng)該在x軸的負半軸，設(shè)兩點電荷相距L，根據(jù)點電荷場強公式可得k又Q解得L=(2故選B?！镜淅?】（多選）（2022·重慶·高考真題）如圖為兩點電荷Q、Q′的電場等勢面分布示意圖，Q、Q′位于x軸上，相鄰等勢面的電勢差為3V。若x軸上的M點和N點位于0V等勢面上，A．N點的電場強度大小比M點的大B．Q為正電荷C．M點的電場方向沿x軸負方向D．P點與M點的電勢差為12V【答案】AD【詳解】A．等差等勢線的密度體現(xiàn)場強的大小，由圖可知N點的等差等勢線比M點更密，則N點的電場強度大小比M點的大，故A正確；B．沿著電場線電勢逐漸降低，由圖可知電場線由N指向Q，則Q為負電荷，故B錯誤；C．沿著電場線電勢逐漸降低，結(jié)合各等勢線的電勢高低關(guān)系可知M點的電場方向沿x軸正方向，故C錯誤；D．M點與N點等勢均為0V，P點與N點的等勢線間隔四個，而相鄰等勢面的電勢差為3V，則P點與M點的電勢差為12V，故D正確。故選AD。【典例3】（多選）（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，一位于P點左側(cè)的固定正電荷產(chǎn)生的電場中，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發(fā)，分別抵達M點，N點，且q在M，N點時速度大小也一樣，則下列說法正確的有（

）

A．P點電勢大于M B．M點電勢大于NC．q從P到M一直做減速運動 D．M、N兩點處電場強度大小相同【答案】AD【詳解】ABC．由題意知，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發(fā)，分別抵達M點與N點，且q在M，N點時速度大小也一樣，由動能定理可知M、N兩點的電勢相同，M、N兩點位于以場源電荷為圓心的同一圓周上，由于場源點荷在P點左側(cè)，所以P點電勢高于M點電勢，q從P到M做加速運動，故BC錯誤，A正確；D．根據(jù)以上分析可知，M、N兩點在同一等勢面上，且該電場是固定正電荷產(chǎn)生的電場，則說明M、N到固定正電荷的距離相等，由點電荷的場強公式可知M、N兩點處電場強度大小相同，故D正確。故選AD。1．庫侖定律(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上．(2)表達式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做靜電力常量．(3)適用條件：真空中的點電荷．①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應(yīng)用公式；②當(dāng)兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷．(4)庫侖力的方向：由相互作用的兩個帶電體決定，且同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．應(yīng)用庫侖定律的四條提醒(1)在用庫侖定律公式進行計算時，無論是正電荷還是負電荷，均代入電量的絕對值計算庫侖力的大小．(2)兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反．(3)庫侖力存在極大值，由公式F＝keq\f(q1q2,r2)可以看出，在兩帶電體的間距及電量之和一定的條件下，當(dāng)q1＝q2時，F(xiàn)最大．（4）對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．2.幾種典型電場的電場線分布特點(1)孤立點電荷的電場(如圖甲、乙所示)①正(負)點電荷的電場線呈空間球?qū)ΨQ分布指向外(內(nèi))部；②離點電荷越近，電場線越密(場強越大)；③以點電荷為球心作一球面，則電場線處處與球面垂直，在此球面上場強大小相等，但方向不同．(1)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大．(2)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向．(3)沿電場線方向電勢逐漸降低．(4)電場線和等勢面在相交處互相垂直．3.幾種常見的典型電場等勢面的對比分析電場等勢面(實線)圖樣重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇等間距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面上的電勢為零等量同種正點電荷的電場連線上，中點電勢最低，而在中垂線上，中點電勢最高．關(guān)于中點左右對稱或上下對稱的點電勢相等4．電勢高低的判斷判斷角度判斷方法依據(jù)電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低依據(jù)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依據(jù)電場力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低依據(jù)電勢能的高低正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大5.電勢能大小的判斷判斷角度判斷方法做功判斷法電場力做正功，電勢能減小電場力做負功，電勢能增加電荷電勢法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公式法將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負Ep的絕對值越大，電勢能越小能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加6．求電場力做功的四種方法(1)定義式：WAB＝Flcosα＝qEdcosα(適用于勻強電場)．(2)電勢的變化：W＝qUAB＝q(φA－φB)．(3)動能定理：W電＋W其＝ΔEk.(4)電勢能的變化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB.7．電場中的功能關(guān)系(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．(3)除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的增量．(4)所有外力對物體所做的總功，等于物體動能的變化．考向01利用庫倫定律求解點電荷的受力問題【針對練習(xí)1】（多選）如圖所示，同一直線上的三個點電荷q1、q2、q3，恰好都處在平衡狀態(tài)，除相互作用的靜電力外不受其他外力作用。已知q1、q2A．若q1、q3為正電荷，則B．若q1、q2為負電荷，則C．qD．q【答案】AC【詳解】AB．三個自由電荷在同一直線上處于平衡狀態(tài)，則一定滿足“兩同夾異，兩大夾小，近小遠大”，所以q1和q3是同種電荷，CD．根據(jù)庫侖定律和矢量的合成，則有k解得q故C正確，D錯誤。故選AC?！踞槍毩?xí)2】如圖，電荷量分別為Q1、Q2的小球B、C固定于相距為d的絕緣水平面上。另有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球A懸浮靜止于空中，此時小球A、B的距離為當(dāng)32d，小球A、C的距離為1A．Q1與QB．帶電小球A所在點的電場強度方向一定豎直向上C．QD．Q【答案】C【詳解】A．小球A懸浮靜止于空中，因此小球B對A的排斥力與小球C對A的排斥力的合力一定與小球A所受的重力等大反向，故三個小球均帶同種電荷，故A錯誤；B．小球A受到的電場力一定豎直向上，但不知小球A所帶電荷的電性，故無法判定其所在點的電場強度方向，故B錯誤；CD．由三角形的邊角關(guān)系可知∠ABC=30°，∠ACB=60°，根據(jù)庫侖定律和平衡條件，可得kk解得Q1=3Q故D錯誤，C正確。故選C?？枷?2同種或異種點電荷周圍電勢和電場強度的分布【針對練習(xí)3】（多選）如圖所示，等量的異種點電荷＋Q、-Q在x軸上并關(guān)于O點對稱放置，虛線是其在空間中產(chǎn)生的電場的等勢線，空間的點a、b、c連線與x軸平行，b點在y軸上，并且ab=bc，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c兩點的電勢關(guān)系為φa=φcB．a(chǎn)、c兩點的電場強度的大小關(guān)系為Ea=EcC．若在a點由靜止釋放一個質(zhì)子，則質(zhì)子經(jīng)過y軸后一定不能通過c點D．若從O點以初速度v0沿y軸正方向射出一電子，則電子將沿y軸運動【答案】BC【詳解】A．在等量異種點電荷的電場中，電場線從正電荷出發(fā)沿垂直于等勢面方向指向負電荷，所以φa>φc，選項A錯誤；B．a(chǎn)、c兩點關(guān)于y軸對稱，所以電場強度的大小相等，選項B正確；C．質(zhì)子從a點由靜止釋放，受到的電場力可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸正方向的分力Fy，所以質(zhì)子沿x軸正方向做初速度為零的加速運動，同時沿y軸正方向也做初速度為零的加速運動，當(dāng)質(zhì)子經(jīng)過y軸后受到的電場力的方向可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸負方向的分力Fy，所以質(zhì)子沿x軸正方向繼續(xù)做加速運動，沿y軸正方向則做減速運動，由于ab=bc，所以質(zhì)子一定不會經(jīng)過c點，選項C正確；D．若電子從O點以初速度v0沿y軸正方向射出，電子受到的電場力沿x軸負方向，不可能沿y軸運動，選項D錯誤。故選BC?！踞槍毩?xí)4】如圖所示為兩個異種點電荷A、B形成電場線和等勢線，其中正電荷的電荷量為+q，負電荷的電荷量為-2q。已知N、M點在A、B兩個點電荷的連線上，P、Q點同在某一條電場線上，下列說法正確的是（）A．點電荷B的電荷量為+qB．若N點電勢為0，則M點電勢必小于0C．在P點由靜止釋放一個帶正電的試探電荷，它可沿電場線運動到Q點D．N、M之間的電勢差小于P、Q之間的電勢差【答案】B【詳解】AB．取其中一條電場線的最高點或者最低點，畫出兩個電荷在該點的電場強度矢量，根據(jù)豎直方向電場強度矢量和為零，可以判斷出A的電荷量小于B的電荷量，所以A帶正電，電荷量為q，B帶負電，電荷量為-2q，由此可知A、B連線的電場方向由A→B，那么N點電勢為0，則M點電勢必小于0，故A錯誤，B正確；C．由P點釋放試探正電荷，試探電荷在之后的運動過程中，速度方向與電場力的方向不在一條線上，所以不會沿著電場線運動到Q點，故C錯誤；D．N、P和M、Q分別在兩個相同的等勢面上，所以N、M之間的電勢差等于P、Q之間的電勢差，故D錯誤。故選B?？枷?3帶電粒子在電場中的運動和功能關(guān)系【針對練習(xí)5】真空中存在點電荷q1、q2產(chǎn)生的靜電場，其電場線的分布如圖所示，圖中P、Q兩點關(guān)于點電荷q1水平對稱。P、Q兩點電場強度的大小分別為EP、A．EP>B．q1和q2C．從M移動至N，加速度先減小再增大D．粒子帶負電，從M至N它的電勢能先變大后變小【答案】D【詳解】A．根據(jù)電場線的疏密程度表示場強的大小，由圖可知EP、Q兩點關(guān)于點電荷q1水平對稱，P到qφ故A錯誤；B．由電場線分布可知，q1帶負電，q2帶正電，由電場線的疏密可知，q1C．由電場線分布可知，從M移動至N，電場強度先增大后減小，則加速度先增大再減小，故C錯誤；D．粒子帶負電，從M至N電場力先做負功后做正功，它的電勢能先變大后變小，故D正確。故選D?！踞槍毩?xí)6】（多選）空間某區(qū)域電場線分布如圖所示，帶正電小球（質(zhì)量為m，電荷量為q），在A點速度為v1，方向水平向右，至B點速度為v2，v2與水平方向間夾角為α，A、B間高度差為H，以下判斷不正確的是（）A．A、B兩點間電勢差U=B．小球由A至B，電勢能的減少量為1C．小球由A運動到B的過程中，機械能一定增加D．小球重力在B點的瞬時功率為mgv2cosα【答案】AD【詳解】AB．小球由A點運動至B點過程中，重力和電場力做功，由動能定理得mgH+W=得電場力做功W=所以電勢能減小量為Δ由電場力做功W=qU得A、B兩點間的電勢差U=故A錯誤，B正確；C．電場力做正功，機械能增大。故C正確；D．小球運動到B點時所受重力與速度方向不同，則其重力的瞬時功率P=mg故D錯誤。本題選錯的，故選AD?？枷?4等量點電荷在空間的電勢和電場強度分布【典例4】（多選）（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（

A．F′點與CB．B′點與EC．A′點與F′點的電勢差小于O′D．將試探電荷+q由F點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小【答案】ACD【詳解】D．將六棱柱的上表面拿出

由幾何條件可知正電荷在OF中點K的場強方向垂直O(jiān)F，則K點的合場強與OF的夾角為銳角，在F點的場強和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；C．由等量異種電荷的電勢分布可知φA'=φ>0，φD因此φC正確；AB．由等量異種電荷的對稱性可知F′和C′電場強度大小相等，B′故選ACD?！踞槍毩?xí)7】如圖所示，邊長均為a的兩個正四面體Abcd和Bbcd，其中bcd面完全重合，O點為bcd面中心，兩帶電荷量均為+Q的點電荷分別置于A、B兩頂點，則（

）

A．b、c、d三點的電場強度相同B．b、c、d三點的電勢相等C．將一正試探電荷從b點沿直線移動到O點，其所受電場力逐漸增大D．將一正試探電荷從b點沿bd直線移到d點，電場力不做功【答案】B【詳解】A．根據(jù)點電荷的場強公式E=k由圖可知，b、c、d三點到兩電荷的距離相等，所以A、B兩點電荷在三點產(chǎn)生的合場強的大小相等，方向不相同，故A錯誤；B．A、B兩個點電荷分別在b、c、d三點產(chǎn)生的電勢相等，根據(jù)電勢的疊加法則可知A、B兩個點電荷在b、c、d三點的電勢相等，故B正確；C．根據(jù)等量同種電荷的場強分布特點可知O點的合場強為零，從b點沿直線移動到O點，電場強度可能一直減小，也可能先增大后減小，所以所受電場力可能逐漸減小，也可能先增大后減小，故C錯誤；D．根據(jù)等量同種電荷的場強分布特點可知將一正試探電荷從b點沿bd直線移到d點，電場力先做負功后做正功，故D錯誤。故選B?！踞槍毩?xí)8】（多選）如圖，真空中的正三棱柱ABC?A′B′C′，在A點固定一個電荷量為+Q的點電荷，C點固定一個電荷量為A．將一負試探電荷從A′點移到CB．A′、B′兩點的電勢差大于B′C．將一正試探電荷沿直線從B點移到B′D．B′點的電場強度大小為【答案】C【詳解】A．根據(jù)等量異種電荷的電勢分布特征可知，A'點電勢高于C'點，所以負試探電荷從A'點移到C'點，電場力做負功，電勢能增大，故A錯誤；B．根據(jù)等量異種電荷的電勢分布特征可知，A′、B′兩點的電勢差等于B′C．根據(jù)等量異種電荷的電勢分布特征可知，B、B′為等勢面，所以將一正試探電荷沿直線從B點移到BD．根據(jù)點電荷場強公式可得+Q點電荷在B′E場強方向由A指向B′同理可得-Q點電荷在B′E場強方向由B′指向C；則B根據(jù)幾何關(guān)系可知∠ACB′E其中cos聯(lián)立可得E故D錯誤。故選C?？枷?5多點電荷或帶電體周圍電勢和電場強度疊加問題【典例5】（多選）（2023·河北·高考真題）如圖，在x軸上放置四個點電荷q1、q2、q3和q4,q1、q2位于A點兩側(cè)，A．A、B兩點電場強度的方向一定沿x軸正方向B．若在O點放一正點電荷，則A、B兩點的電勢一定升高C．試探電荷q沿y軸運動過程中，若靜電力始終不做功，則它受到的靜電力始終為零D．試探電荷q沿y軸運動過程中，若靜電力始終不做功，則C點的電場強度一定為零【答案】BD【詳解】A．以O(shè)點為球心、以O(shè)C為半徑的球面為等勢面，由電場強度和等勢面的關(guān)系可知，A、B兩點電場強度的方向與半徑垂直，與x軸重合。由于無法判斷各個電荷的電性，故A、B兩點電場強度的方向無法判斷，故A錯誤；B．取無窮遠處為零電勢點，由于正點電荷周圍的電勢為正值，若在0點放一正點電荷，則A、B兩點的電勢一定升高，故B正確；C．試探電荷q沿y軸運動過程中，根據(jù)電荷分布，若靜電力始終不做功，則經(jīng)過y軸且垂直于x軸的平面為等勢面，但靜電力不一定為零，故C錯誤；D．根據(jù)以O(shè)點為球心、以O(shè)C為半徑的球面為等勢面，可知C點的電場強度方向應(yīng)與y軸重合，再根據(jù)經(jīng)過y軸且垂直于x軸的平面為等勢面，可知C點的電場強度方向應(yīng)與y軸垂直，同一點電場強度的方向是唯一的，故C點的電場強度一定為零，故D正確。故選BD?！镜淅?】（2021·江蘇·高考真題）一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA=OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則（）A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大【答案】A【詳解】A．由于球殼內(nèi)部的場強為零，補全以后可知在左右側(cè)球殼在C點的合場強為零，因左右球殼的場強具有對稱性，要想合場強為零只能是兩部分球殼在C點的場強都是水平方向，則可以知道右側(cè)球殼在C點的合場強水平向左，同理OC上其他點的場強都是水平向左，因此OC是等勢線，故A正確；BD．將題中半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知E1=E2根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1=E2在圖示電場中，A的電場強度大小為E2，方向向左，B的電場強度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故BD錯誤；C．根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤；故選A?！踞槍毩?xí)9】如圖所示，兩半徑相等的半球球殼I和II彼此靠的很近(間距可忽略)，兩球殼均勻帶有電荷，電荷量均為-q(q>0)，O為球心，A為球殼外一點，AO=x。已知球殼I在A點形成的電場強度為E1，規(guī)定距О點無限遠處的電勢為零，下列說法正確的是（）A．O點電場強度為零，電勢為零B．球殼I在O點形成的電場強度水平向右C．球殼II在A點形成的電場強度大小ED．球殼I和球殼II在A點形成的電勢相等【答案】C【詳解】A．球殼靠的很近，間距可忽略，根據(jù)對稱性，O點電場強度為零，兩球殼均勻帶有負電荷，距О點無限遠處的電勢為零，O點電勢為負，故A錯誤；B．根據(jù)對稱性可以判斷，球殼帶負電，球殼Ⅰ在O點形成的電場強度水平向左，故B錯誤；C．把兩球殼當(dāng)成整體，在A點形成的電場強度為E=沿OA自A指向O，兩球殼在A點分別形成的電場強度方向均沿OA自A指向O，則E=解得E故C正確；D．電勢是標量，球殼Ⅰ和球殼Ⅱ電荷量相等，球殼Ⅱ距離A點近，形成的電勢低，故D錯誤。故選C。【針對練習(xí)10】（多選）邊長為a的正方形的四個頂點上放置如圖所示的點電荷，以正方形中心O為原點建立坐標系，A、B、C、D為另一正方形的四個頂點，中心也為O。以下說法正確的是（）A．O點場強大小為零B．O點場強大小為42kqC．帶正點的檢驗電荷沿y方向移動，電場力不做功D．帶負點的檢驗電荷從A點移到D點，電勢能增大【答案】BC【詳解】AB．BC方向兩個點電荷在O點產(chǎn)生的合電場強度大小為E方向從B→AD方向兩個點電荷在O點產(chǎn)生的合電場強度大小為E方向從D→A。根據(jù)電場的疊加原理可得O點場強大小為E=方向沿?x軸方向，故A錯誤，B正確。C．在A、B兩點的點電荷電場中y軸是一條等勢線，在C、D兩點的點電荷電場中y軸也是一條等勢線，由電場的疊加原理可得y軸是一條等勢線，則帶正點的檢驗電荷沿y方向移動，電場力不做功，故C正確。D．從A點移到D點，電勢升高，電場力對負電荷做正功，電勢能減小，故D錯誤。故選BC?？枷?6帶電粒子在勻強電場中的運動問題【典例7】（2023·浙江·高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子（

）A．在XX′極板間的加速度大小為eUB．打在熒光屏?xí)r，動能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為2meUD．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tan【答案】D【詳解】A．由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小aA錯誤；B．電子電極XX′間運動時，有vx=axtt電子離開電極XX′時的動能為E電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏?xí)r，動能大小為eU(10+lC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小IC錯誤；D．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanD正確。故選D?！踞槍毩?xí)11】正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖所示的電路中，板長為l，板間距為d，在距離板的右端2l處有一豎直放置的光屏M。D為理想二極管（即正向電阻為0，反向電阻無窮大），R為滑動變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關(guān)S，讓一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，v0粒子未碰到極板，最后垂直打在MA．粒子在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化量相同B．板間電場強度大小為3mgC．若僅將滑片P向下滑動一段后，則粒子不會垂直打在M上D．若僅將兩平行板的間距變大一些，則粒子不會垂直打在M上【答案】B【詳解】A．粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，粒子應(yīng)打在屏的上方，做斜上拋運動，否則，粒子離開電場后軌跡向下彎曲，粒子不可能垂直打在M板上。粒子在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于v0，而且vB．粒子的軌跡如圖所示設(shè)粒子在板間運動的過程中加速度大小為a，則粒子離開電場時豎直分速度大小v粒子離開電場后運動過程其逆過程是平拋運動，則v聯(lián)立解得E=故B正確；C．若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，板間電壓不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然vD．若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C=QU知U不變，電荷量要減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，根?jù)推論可知板間電場強度不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度故選B?！踞槍毩?xí)12】如圖所示的勻強電場方向豎直向下，一帶正電粒子由圖中的A點沿垂直電場線的方向射入電場，經(jīng)過一段時間粒子由電場中的B點離開，已知A、B兩點沿電場方向的間距為h，沿垂直電場方向的間距為x?，F(xiàn)將A、B兩點之間的水平間距和豎直間距等分為兩份，粒子重力不計，則下列說法正確的是（）A．前x2和后x2B．前x2和后x2C．前?2和后?2D．前?2和?2【答案】AD【詳解】AB．粒子在沿電場的方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直電場的方向上粒子做勻速直線運動。由公式x=可知前x2和后x2所需時間的比值為由公式?=可知粒子沿電場線方向的位移比為1:3；由電場力做功公式W=Eqy可知該過程中電場力做功之比為1:3，由功能關(guān)系得該過程中粒子電勢能的變化量之比為1:3，故A正確，B錯誤；C．由沿電場線方向的分運動可知t=2?a，所以前?2和后?D．由公式x=v0t故選AD。一、單選題1．靜電植絨技術(shù)的植絨流程如圖所示，需要植絨的布在滾輪帶動下勻速向右運動，將絨毛放在帶負電荷的容器中，使絨毛帶負電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布表面上，假設(shè)每根絨毛規(guī)格相同。則（

）

A．絨毛在飛往布的過程中電勢能增大B．絨毛帶電量越多，到達布的表面時速率越大C．滾輪的轉(zhuǎn)速變大，植絨會變密D．容器與帶電極板之間的距離變大，植絨會變密【答案】B【詳解】A．絨毛在飛往需要植絨的布的過程中，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布表面上，電場力做正功，電勢能不斷減小，故A錯誤；B．由動能定理qU=質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達需要植絨的物體表面時速率越大，故B正確；C．若只增大滾輪的轉(zhuǎn)速，布運動的速度越大，植上相鄰兩個絨毛的距離越大，植絨越疏，故C錯誤；D．若增大容器與帶電極板之間的距離，而電勢差不變，由E=可知，電場強度變小，絨毛受力變小，加速度減小，根據(jù)x=到達布上時間邊長，植絨會變稀疏，故D錯誤。故選B。2．如圖所示，正方形的兩個頂點B、B′上固定兩個等量正點電荷，將一電子從頂點A由靜止釋放，電子僅在靜電力的作用下運動到頂點A′

A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳解】如圖所示

因為場強最大點與B的連線和B、B′連線的夾角tan由圖可知∠ABBtan明顯tan可得電子是從小于電場強度最大值位置釋放，則電子所受的合電場力先增大后減小再增大最后減小，那么加速度也是先增大后減小再增大最后減小，而v?t圖像任意點的斜率表示加速度大小，所以在運動過程中v?t圖像點的斜率也應(yīng)先增大后減小再增大最后減小。故選C。3．兩個點電荷的電荷量分別為Q1、Q2，M、N為其連線的中垂線上的兩點，電子在M、A．Q1為正電荷 B．QC．Q1小于Q2 D．Q【答案】C【詳解】根據(jù)電子在M點的受力情況可知Q1為負電荷，Q2為正電荷，根據(jù)庫侖定律F=kQ1Q故選C。4．如圖所示，光滑絕緣桿彎成直角，直角處固定在水平地面上，質(zhì)量為3m、帶電荷量＋3Q小圓環(huán)A穿在右邊桿上，質(zhì)量為m、帶電荷量＋Q小圓環(huán)B穿在左邊桿上，靜止時兩圓環(huán)的連線與地面平行，右邊桿與水平面夾角為α，重力加速度為g。則（）A．右邊桿與水平面夾角為α=30° B．A環(huán)對B環(huán)庫侖力大小為3mgC．左邊桿對B環(huán)支持力大小為3mg D．右邊桿對A環(huán)支持力大小為【答案】A【詳解】A．分別對小圓環(huán)A、B受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件，對小圓環(huán)A，有3mgsinα=Fcosα對小圓環(huán)B，有mgcosα=F′sinα聯(lián)立解得α=故A正確；BD．對小圓環(huán)A，據(jù)平衡條件可得Ncosα=3mgF=3mgtanα解得A環(huán)所受支持力N=2A、B間的庫侖力F=故BD錯誤；C．對小圓環(huán)B，據(jù)平衡條件可得F故C錯誤。故選A。5．某一區(qū)域的電場線分布如圖所示，M、N、P是電場中的三個點，電場強度分別為EM、EN、EP，電勢分別為φM、φNA．φM=φN>φP B．【答案】B【詳解】AB．沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故A錯誤，B正確；CD．電場中，電場線越密集的地方電場強度越大，故EM故選B。6．如圖所示為兩個固定在同一水平面上的點電荷，距離為d，電荷量分別為+Q和?Q。在它們的中垂線上水平固定一根內(nèi)壁光滑的絕緣細管，一電量為+q的小球緩慢經(jīng)過細管，則小球（）A．小球的加速度先減小后增加B．小球的速度先減小后增加C．受到的庫侖力最大值為8kQqD．管壁對小球的彈力最大值為4kQq【答案】C【詳解】AB．根據(jù)等量異種點電荷電場線分布特點可知，帶電小球運動過程中一直受到水平向右的電場力，電場力與細管對其水平彈力平衡，小球的合力為零，加速度為零，小球做勻速直線運動，速度保持不變，故AB錯誤；C．等量異種點電荷連線的中垂線上，連線中點處場強最大，小球在該處受到的庫侖力最大，則有F故C正確；D．根據(jù)C選項分析可知，在等量異種點電荷連線中點處，管壁對小球的水平彈力與庫侖力平衡，則此時管壁對小球的水平彈力大小為8kQqd故選C。7．如圖所示，A、B為兩個等量的正點電荷，在其連線中垂線上的P點放一個負電荷q（不計重力）由靜止釋放后，下列說法中正確的是（）A．負電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大B．負電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C．負電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值D．負電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零【答案】C【詳解】在等量同種電荷連線中垂線上電場強度方向O→P，從AB連線的中點到無窮遠處電場強度先增大后減小，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向P→O，速度越來越大，越過O點后，根據(jù)電場線的對稱性可知，負電荷q做減速運動，直到速度為零，故點電荷運動到O點時速度最大，由于P點的位置不確定，故負電荷運動過程中電場強度變化情況不確定，電場力大小變化的情況就不確定，加速度變化情況無法判斷。故選C。8．電場線能直觀地反映電場的分布情況，如圖甲是等量異種點電荷形成的電場的電場線，圖乙是該電場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上關(guān)于О對稱的兩點，B、C和A、D分別是兩電荷連線上關(guān)于О對稱的兩點，則（）A．A、D兩點電場強度不同B．E、F兩點電場強度相同C．B、O、C三點中，О點電勢最低D．電子沿著中垂線從E點運動到F點，電場力先做正功后做負功【答案】B【詳解】A．根據(jù)對稱性可知，A、D兩點處電場線疏密程度相同，則A、D兩點電場強度大小相等，由題圖甲看出，A、D兩點電場強度方向相同，所以A、D病點電場強度相同。故A錯誤；B．等量異號點電荷連線的中垂線是一條等勢線，電場強度方向與等勢線垂直，因此E、F兩點電場強度方向相同，由于E、F是連線中垂線上關(guān)于O對稱的兩點，則其電場強度大小也相等，故B正確；C．順著電場線電勢逐漸降低，由題圖甲看出，B、O、C三點比較，C點處的電勢最低，故C錯誤；D．由題圖可知，電子沿著中垂線從E點運動到F點，所受電場力總是與運動方向垂直，因此電場力不做功。故D錯誤。故選B。9．如圖所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，其帶電荷量為+Q、半徑為R，圓心為O點，放在絕緣水平桌面上。過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為R，在A點放一檢驗電荷+q，則+q在A點所受的電場力為（）

A．kQqR2，方向向上 B．C．kQq4R2，向水平向左 【答案】B【詳解】假設(shè)把帶電圓環(huán)分成很多個小部分，每一小部分都可視為一個點電荷，各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直方向上的電場力大小為kqQ方向向上。故選B。10．如圖平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可忽略，開關(guān)閉合，穩(wěn)定時一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點，若斷開開關(guān)K，將平行板電容器的上極板豎直向上平移一小段距離，則下列說法正確的是（??）A．帶電油滴向上運動B．靜電計指針的張角變大C．P點電勢變大D．帶電油滴的電勢能變小【答案】B【詳解】B．?dāng)嚅_開關(guān)K，電容器帶電量不變，則由Q=CUC=可得U=將平行板電容器的上極板豎直向上平移一小段距離，板間間距增大，則電壓增大，可知靜電計指針的張角變大，故B正確；ACD．電場強度為E=改變間距，電場強度不變，帶電油滴不動，由φ由于P到下極板距離dP不變，則可知PE電勢能不變，故ACD錯誤。故選B。11．如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四面體的四個頂點（正四面體是由四個全等正三角形圍成的空間封閉圖形），E為CD的中點，現(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量為+q和?q的兩個點電荷，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．C點的場強方向與E點的場強方向相同B．C點的場強大于E點的場強C．C點電勢高于E點電勢D．將一負電荷從C點移動到E點，其電勢能減小【答案】A【詳解】AC．由題意可知，+q、?q是兩個等量異種點電荷，通過AB的中垂面是一等勢面，C、E在同一等勢面上，電勢相等；C、E兩點的場強都與等勢面垂直，方向指向B的一側(cè)，方向相同，故A正確，C錯誤；B．設(shè)正四面體的邊長為a，兩個點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小分別為E其方向的夾角為120°，則C點的合場強為E兩個點電荷在E點產(chǎn)生的場強大小分別為E其方向的夾角為120°，則E點的合場強為EC點的場強小于E點的場強，故B項錯誤；D．由之前的分析可知，C、E兩點的電勢相等，由E可知負電荷在兩點的電勢能相等，故D項錯誤。故選A。12．豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，小球A、B帶同種電荷，現(xiàn)用水平向左推力F作用于小球B,兩球分別靜止在豎直墻和水平地面上，如圖所示，如果將小球B向左推動少許，當(dāng)兩球重新達到平衡時，與原來的平衡狀態(tài)相比較（

）

A．地面對小球B的支持力不變 B．推力F將不變C．兩小球之間的距離變小 D．豎直墻面對小球A的彈力變大【答案】A【詳解】以A球為研究對象，分析受力，如圖1所示，

設(shè)B對A的庫侖力F庫與墻壁的夾角為θ，由平衡條件得豎直墻面對小球A的彈力為N1=mAgtanθ將小球B向左推動少許時，θ減小，則豎直墻面對小球A的彈力N1減?。粠靵隽θ減小，cosθ增大，F(xiàn)庫減小，根據(jù)庫侖定律分析得知，兩球之間的距離增大；再以AB整體為研究對象，分析受力如圖2所示，由平衡條件得：

F=N1N2=（mA+mB）gN1減小，則F減小，地面對小球B的支持力一定不變，故A正確，BCD錯誤；故選A。二、多選題13．如圖，在豎直平面內(nèi)有一勻強電場，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球在力F（大小可以變化）的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運動。已知力F和AB間夾角為θ，A、B間距離為d，重力加速度為g。則（）A．力F的最大值為mgB．電場強度E的最小值為mgC．小球從A運動到B電場力一定做正功D．若電場強度E=mgtanθq時，小球從A【答案】BD【詳解】A．分析小球受力情況：小球受到重力mg、拉力F與電場力qE，因為小球做勻速直線運動，合力為零，則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖所示拉力F的取值隨著電場強度方向的變化而變化，如果電場強度方向斜向右下方，則F的值將大于mgcosB．由圖可知，當(dāng)電場力qE與F垂直時，電場力最小，此時場強也最小。則得qE=mgsinθ所以電場強度的最小值為E=故B正確；C．當(dāng)電場力qE與AB方向垂直時，小球從A運動到B電場力不做功，故C錯誤；D．若電場強度E=mgmg電場力qE可能與AB方向垂直，如圖1位置，電場力不做功，電勢能變化量為0；電場力的方向也可能電場力位于位置2方向，則電場力做功為W=qE故D正確。故選BD。14．如圖，一半徑為R的光滑絕緣半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑絕緣水平面相切于B點，整個空間存在水平向右的勻強電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以某一初速度向左運動，經(jīng)過P點時恰好對圓弧軌道沒有壓力。已知軌道上的M點與圓心O等高，OP與豎直方向夾角為37°，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為A．帶電小球經(jīng)過C點的速度大小為gRB．帶電小球所受電場力大小為4mgC．帶電小球經(jīng)過P點的速度為5gRD．帶電小球經(jīng)過M點時對圓弧軌道的壓力大小為3mg【答案】CD【詳解】BC．根據(jù)題意可知，小球經(jīng)過P點時恰好對圓弧軌道沒有壓力，電場力和重力的合力提供向心力，且合力指向圓心，如圖所示由幾何關(guān)系有F由牛頓第二定