高考物理復(fù)習(xí)易錯題專練：靜電場

易錯點09靜電場

目錄

01易錯陷阱（4大陷阱）

02舉一反三

［易錯點提醒一】不理解電場強度的物理意義和疊加原理

【易錯點提醒二】不會求非點電荷的電場強度

【易錯點提醒三】沒有弄清電勢、電勢能、電場力做功及電勢差與電場強度之間的關(guān)系

［易錯點提醒四】分析電場三類圖像問題出現(xiàn)錯誤

【易錯點提醒五】分析電容器的動態(tài)問題錯誤

【易錯點提醒六】不讓解帶電粒子在電場運動出包錯誤

03易錯題通關(guān)

易錯點一：錯誤地理解電場強度和錯誤地求非點電荷的電場強度

1.電場強度三個公式的比較

-Q

公式E=—E—k——

qrd

適用范圍任何電場真空中的點電荷勻強電場

2.等量同種和異種點電荷的電場強度的比較

比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷

電場線分布圖

11

連線上。點場強最小，指

連線中點。處的場強為零

向負(fù)電荷一方

連線上的場強大小（從左到右）沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大

沿中垂線由。點向外場強大小。點最大，向外逐漸減小。點最小，向外先變大后變小

關(guān)于。點對稱的A和A\B和B，等大同向等大反向

的場強

3.電場線的理解

(1)任意兩條電場線不相交不相切;

(2)電場線的疏密表示電場的強弱，電場線越密，電場強度越大，電場線越稀，電場強

度越?。?/p>

(3)電場線上任意一點的場強方向即為該點的切線方向。正電荷受力方向與該點電場方

向相同；負(fù)電荷受力方向與該點電場方向相反；

(4)兩條電場線間的空白區(qū)域，也存在電場；

"4.求非點電荷的電場強度的方法

(1)疊加法：多個點電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場強度的

矢量和。

(2)對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復(fù)雜電場的疊

加計算問題大為簡化。

(3)補償法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，然后再應(yīng)用對稱

的特點進行分析，有時還要用到微元思想。

(4)微元法：將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每

個電荷元的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強。

易錯點二：混淆電場能的性質(zhì)物理量之間的關(guān)系且分析電場圖像問題出現(xiàn)錯誤

1.電勢高低的判斷“四法”

判斷方法方法解讀

電場線

沿電場線方向電勢逐漸降低

方向法

場源電荷正取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；越靠近正電荷處

負(fù)法電勢越高，越靠近負(fù)電荷處電勢越低

電勢能

同一正電荷的電勢能越大的位置處電勢越高，同一負(fù)電荷的電勢能越大的位置處電勢越低

大小法

靜電力

根據(jù)SB=更"，將％小q的正負(fù)號代入，由的正負(fù)判斷夕小他的高低

做功法q

2.電勢能的大小判斷“四法

判斷方法方法解讀

將電荷量、電勢及正負(fù)號一起代入公式￡pa=q外計算，與，>0時值越大，電勢能越大；

公式法

心4<0時絕對值越大，電勢能越小

電勢高

同一正電荷在電勢越高的地方電勢能越大；同一負(fù)電荷在電勢越低的地方電勢能越大

低法

靜電力

靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負(fù)功，電勢能增加

做功法

能量守在電場中，若只有靜電力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化而且其和守恒，動能增

恒法力口，電勢能減??；反之，動能減小，電勢能增加

4.在勻強電場中由公式。=或得出的“一式二結(jié)論”

心2二心d是沿電場線

-d~qd-方向上的距離

［一式/

U=Ed

1二結(jié)論：-

勻強電場中的任一線段勻強電場中若兩線段

46的中點C的電勢AB//CD,S.AB=CD,

(PA+(PB則UAB=UCD域@A-(PB=

(PC-(pD)

5.幾種常見電場圖象的特點及規(guī)律

根據(jù)vY圖象中速度變化、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，

v-t圖象

確定電場的方向、電勢高低及電勢能變化

(1)電場強度的大小等于9-x圖線的斜率大小，電場強度為零處，夕-x圖線

存在極值，其切線的斜率為零；

(2)在°-x圖象中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢高低關(guān)系確

夕-x圖象

定電場強度的方向；

(3)在p-x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB=qUAB，進而分

析孫B的正負(fù)，然后做出判斷

(1)反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律；

(2)￡1>0表示場強沿x軸正方向，E<0表示場強沿x軸負(fù)方向；

E-x圖象

⑶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

點的電勢高低根據(jù)電場方向判定

Ep-x圖象(1)反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律；

(2)圖線的切線斜率大小等于電場力大??；

(3)進一步判斷場強、動能、加速度等隨位移的變化情況

易錯點三：不會分析電容呂的動態(tài)問題

知識點2平行板電容器兩類動態(tài)的分析思路

1.平行板電容器動態(tài)的分析思路

(確定不變量)—電容器保持與電源相連，。不變；電容器

充電后與電源斷開,Q不變

倒斷電容變化卜由決定式0=溫確定電容器電容的變化

由定義式C=皆判斷電容器所帶電荷量

Q或兩極板間電壓U的變化

倒斷場強的變化!-由后=孝分析電容器極板間場強的變化

a

2.平行板電容器的動態(tài)分析問題的兩種情況

(1)平行板電容器充電后，保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:

變大際變壞變，"變大

d-?—?

充電。變小。變小E變小

后與電容器

電源兩極間變大壞變際變，懷變

S—?

兩極的電壓C變大。變大E不變

相連不變

步變大壞變壞變，際變

-?—?

。變大。變大E不變

(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:

S變大。不變U變小，d不變

—?

充電

電容器C變大U變小E變小

與

后

兩極板

源

電品變大。不變U變小，d不變

電荷量

極

兩。變大變小

保持不U變小E

開

斷

1一

變變

d變大U變大，d變大

大

C變小一E不變

易錯點四：分析帶電粒子在電場中運動問題出現(xiàn)錯誤。

1.用動力學(xué)和功能觀點分析帶電粒子做直線運動問題

1(1)用動力學(xué)觀點分析

a=還，E=U,v2—v()2=2ad(勻強電場)。

md

(2)用功能觀點分析

勻強電場中：W=Eqd=qU=3mv2—mv^o

非勻強電場中：沙=4。=比一班1。

2.帶電粒子在電場中的拋體運動處理方法

求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路

以示波管模型為例,帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場。2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速

直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P,如圖所示。

（1）確定最終偏移距離OP的兩種方法

方法1：

三9

【易錯點提醒一】不理解電場強度的物理意義和疊加原理

【例1】.（多選）如圖所示勻強電場E的區(qū)域內(nèi)，在。點處放置一點電荷+Q,a、b、c、

d、e、/為以。為球心的球面上的點，aec/平面與電場平行，be4平面與電場垂直，則下列

說法中正確的是（）

b

A.a、c兩點的電場強度相同

B.b點的電勢等于d點的電勢

C.點電荷+q在球面上任意兩點之間移動時，靜電力一定做功

D.將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動，從a點移動到c點電勢能的變化量一定最大

易錯分析：選A的原因：沒有真正理解電場強度的疊加原理，各個點電荷在該點激發(fā)的電

場強度的矢量和。誤選C的原因：電場疊加后，球面上的點電勢不再全部相等。

【答案】BD

【解析】A.點電荷+Q在a、c兩點的電場強度大小相等，方向相反，可知與勻強電場疊加

后，合場強大小不相等，故A錯誤；

BC.點電荷+Q在b、d兩點的電勢相等，勻強電場在b、d兩點的電勢相等，電勢是標(biāo)量,

可知點電荷和勻強電場疊加后，b點的電勢等于d點的電勢，點電荷+q沿be/在球面上b、

d兩點之間移動時，靜電力不做功，故B正確，C錯誤；

D.點電荷+Q在球面上任意點的電勢均相等；勻強電場在球面上的。點的電勢最高，在球

面上的c點的電勢最低；故疊加后球面上的。點的電勢最高，c點的電勢最低，根據(jù)

W=qU

可知將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動，從。點移動到c點電場力做功最大，電勢能

的變化量最大，故D正確。

故選BD-

變式練習(xí)

【變式1T】（2023全國甲卷）在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過

適當(dāng)?shù)姆莿驈婋妶?，可以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如

果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是（）

【答案】A

【解析】A.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，A正確；

B.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有

可見與電場力的受力特點相互矛盾，B錯誤；

C.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有

熒

光

屏

電子上

可見與電場力的受力特點相互矛盾，C錯誤;

D.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有

可見與電場力的受力特點相互矛盾，D錯誤

【變式1一2】.（2022?全國乙卷?T19）如圖，兩對等量異號點電荷+4、—q（q>0）固定

于正方形的4個項點上。L.N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓

心，"為切點。則（）

L.XJ

,'*Jr、/V，

-dM+<i

A.L和N兩點處的電場方向相互垂直

B."點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左

C.將一帶正電的點電荷從“點移動到。點，電場力做正功

D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零

【答案】AB

【解析】

A.兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向。，N點處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上，則

兩負(fù)電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向。，則N點的合場強方向由N指向。同理可知,

兩個負(fù)電荷在A處產(chǎn)生的場強方向由。指向￡，￡點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電

荷在工處產(chǎn)生的場強方向由。指向3則工處的合場方向由。指向乙由于正方向兩對角

線垂直平分，則乙和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；

B.正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量

異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向右，由于初點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M

點的場方向向左，故B正確；

C.由圖可知，M和。點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即“和。點電勢相等，所以將

一帶正電的點電荷從河點移動到。點，電場力做功為零，故C錯誤；

D.由圖可知，￡點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從工點移動到N點，電場

力做功不為零，故D錯誤。

【變式「3】（2023全國乙卷）如圖，等邊三角形AA8C位于豎直平面內(nèi)，四邊水平，

頂點C在46邊上方，3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上。已知48邊中點〃處的電

場強度方向豎直向下，8c邊中點N處的電場強度方向豎直向上，/點處點電荷的電荷量的絕

對值為q,求

（1）6點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負(fù)；

（2）。點處點電荷的電荷量。

【答案】（1）Q,AB、C均為正電荷；（2）匕

3

【解析】（1）因為〃點電場強度豎直向下，則。為正電荷，根據(jù)場強的疊加原理，可

知46兩點的電荷在〃點的電場強度大小相等，方向相反，則8點電荷帶電量為夕，電性

與4相同，又N點電場強度豎直向上，可得A處電荷在N點的場強垂直比1沿4V連線向右

上，如圖所示

可知4處電荷為正電荷，所以力、B、C均為正電荷。

（2）如圖所示

由幾何關(guān)系E'A=E-c?tan30°即黑=g1,—羔］

其中AN=#）BN=?CN解得/=三叵4

【易錯點提醒二】不理會求非點電荷的電場強度

【例2】如圖所示，長為4/,傾角為37。的光滑絕緣細(xì)桿4D垂直穿過半徑為/、帶電量為

一0的固定大圓環(huán)圓心。，細(xì)桿上夙。、C三點等分細(xì)桿長度。現(xiàn)從細(xì)桿的頂端/無初速

度地釋放一個質(zhì)量為加，帶電量為+［的套在細(xì)桿上的可視為點電荷的小滑環(huán)。已知靜電力

常量為左，重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,大圓環(huán)上的電荷均勻分布，小滑環(huán)上

的電荷不影響電場分布，則下列說法正確的是（）

A.大圓環(huán)在2點產(chǎn)生的場強大小為縹

4/

B.小滑環(huán)在3點的加速度大小為包警

Ami2

C.小滑環(huán)從B到C的過程中電場力所做的功為亞效

25/

D.小滑環(huán)在。點的速度大小為年二

易錯分析：誤認(rèn)為是點電荷模型，錯先A項，實際上B點離環(huán)較近，所以環(huán)相對B點不能

看做是點電荷模型。要求出B點的電場強度，只能轉(zhuǎn)換思維方法。

【答案】D

【詳解】A.由題意可知OB=」x4/=/圓環(huán)上電荷分布均勻，取環(huán)上一點，設(shè)其電荷量為

4

Qi,該點到8點的距離為一=。/在8點產(chǎn)生的場強為4=上耳=上義以O(shè)

點為坐標(biāo)原點，ON方向為正方向建立x軸，Q在8點產(chǎn)生的場強在x軸方向的分量為

用，=&cos45。=大圓環(huán)在2點產(chǎn)生的場強大小

E=￡4=故人錯誤；

B.小滑環(huán)在2點，由牛頓第二定律得qE+%gsin37°=加。解得.警+』g故B錯誤;

4m/5

C.由對稱性可知2、C兩點電勢相等U-C=0小滑環(huán)從2到C的過程中電場力所做的功

/c=WBC=。

故C錯誤；

D.由對稱性可得庫侖力做功叫。=-畋。；叼。+畋。=0從/至IJD由動能定理得

加g-4/-sin37°+%°+弊。=；羽崎解得匕=『^故D正確。故選D。

變式練習(xí)

【變式1-1】。（2022?山東卷?T3）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于

。點，環(huán)上均勻分布著電量為。的正電荷。點/、3、C將圓環(huán)三等分，取走/、8處兩段

弧長均為DL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于。。延長線上距。點為2R的D點，0

點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，“為（）

,丁iQAL

A.正電荷，q—----B.正電荷，q=————

TIRKR

C.負(fù)電荷，4=也竺D.負(fù)電荷，拽2絲

TIRTIR

【答案】c

【解析】

取走N、8處兩段弧長均為瓦的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在。點產(chǎn)生的電

場強度為與A在同一直徑上的小和與3在同一直徑上的Bi產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖

所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有

0AL

…好舞

由圖可知，兩場強的夾角為120。，則兩者的合場強為

E=E[=左

1027i4R3

根據(jù)。點的合場強為0,則放在。點的點電荷帶負(fù)電，大小為

根據(jù)

E'=kq

（2R『

聯(lián)立解得

2QAL

q=

TIR

故選C。

【變式1-2】已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的

點電荷產(chǎn)生的電場相同.如圖所示，半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為。的電荷，在過

球心。的直線上有/、3兩個點，。和3、8和N間的距離均為已現(xiàn)以08為直徑在球內(nèi)挖

一球形空腔，已知靜電力常量為匕球的體積公式為憶=則/點處場強的大小為（）

A.受B.2C.受D.當(dāng)

36R?36R232R216R2

【答案】B

【詳解】由題意知，半徑為R的均勻帶電球體在/點產(chǎn)生電場的場強后整=函7=了記挖

出的小球半徑為因為電荷均勻分布，其帶電荷量0="in。=2則其在/點產(chǎn)生

2?8

3

「kQ'-《kQ

電場的場強石挖=y-------y=丁=說所以剩余部分帶電體在4點產(chǎn)生電場的場

E-E_E_kQ__^Q__2kQ_

一整挖一4五218R「36R2

故選Bo

【變式「3】電荷量為+0的點電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2尺，點電荷與圓

心。連線垂直薄板，/點位于點電荷與圓心。連線的中點，3與/關(guān)于。對稱，若/點的

B.圓形薄板所帶電荷在/點的電場強度大小為華，方向水平向左

R“

C.8點的電場強度大小為冬，方向水平向右

D.3點的電場強度大小為曙，方向水平向右

9R

【答案】BD

【詳解】AB.N點的電場強度為零，而點電荷在/點產(chǎn)生的場強為￡=后與，方向水平向

R

右則可知圓形薄板所帶電荷在/點的電場強度大小為繪，方向水平向左，知圓形薄板帶正

電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O,則電荷量大小應(yīng)為。，而實際上圓形薄板的電荷

量是均勻分布在薄板上的，除了圓心。處距離/點的距離與點電荷+。距離。點的距離相

同外，其余各點距離。點的距離都大于尺，若將電荷量。均勻的分布在薄板上，則根據(jù)點

電荷在某點處產(chǎn)生的場強公式線=左彳可知，合場強一定小于E,因此可知圓形薄板所帶電

r

荷量一定大于+Q,故A錯誤，B正確；

CD.3點關(guān)于。點與1點對稱，則可知圓形薄板在3點產(chǎn)生的電場強度為鸞=4名，方向

R

水平向右

而點電荷在8點產(chǎn)生的場強為,方向水平向右則根據(jù)電場強度的疊加

法則可得8點得電場強度為3號+以二筆+人余=拶，方向水平向右故C錯誤，D

正確故選BD

【易錯點提醒三】混淆電場能的性質(zhì)物理量之間的關(guān)系

【例3].如圖所示，A、8、C、。為勻強電場中的四點，它們的連線構(gòu)成正方形，其中

AD邊與電場線平行，。點為AC與BD連線的交點。一個電荷量為。的正點電荷固定在。點,

下列說法正確的是（）

A；\~/'P

X/|

,?X|

Bv------------?JC

------------------------?

A.C、。兩點的電場強度相同

B.A、8兩點的電勢不等

C.將電子沿直線從B點移動到C點，電場力做正功

D.將電子沿直線從C點移動到。點，電勢能先減小后增大

易錯分析：此題涉及到電勢、電勢能和電場力做功有的同洎求解將它們混為一談，而出現(xiàn)

錯誤。

【答案】D

【詳解】A.如圖所示，在。點的正點電荷在A、B、C、。四點產(chǎn)生電場方向如圖所示

由圖可知C、。兩點的電場強度方向不相同，故C、。兩點的電場強度不相同，A錯誤；

B.勻強電場在A、8兩點的電勢相等，點電荷在A、8兩點的電勢相等，故A、8兩點的

電勢相等，B錯誤；

C.點電荷在B、C兩點的電勢相等，故將電子沿直線從B點移動到C點，點電荷對電子做

功為零，勻強電場對電子做負(fù)功，故電場力做負(fù)功，C錯誤；

D.CD邊與勻強電場方向垂直，將電子沿直線從C點移動到。點，勻強電場對電子不做功,

點電荷對電子先做正功后做負(fù)功，故電勢能先減小后增大，D正確。故選D。

變式練習(xí)

【變式1T】.（2023?湖北?統(tǒng)考高考真題）在正點電荷Q產(chǎn)生的電場中有M、N兩點，

其電勢分別為°M、％,電場強度大小分別為"M、下列說法正確的是（）

A.若外>%，則M點到電荷。的距離比N點的遠

B.若則河點到電荷。的距離比N點的近

C.若把帶負(fù)電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則為〈外

D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負(fù)功，則EM>EN

【答案】C

【詳解】A.沿著電場線的方向電勢降低，根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知若9M>9N，

則M點到電荷Q的距離比N點的近，故A錯誤；

B.電場線的疏密程度表示電場強度的大小，根據(jù)正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知若EM<EN，

則初點到電荷Q的距離比N點的遠，故B錯誤；

C.若把帶負(fù)電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則是逆著電場線運動，電勢增

加，故有。M<9N，故C正確；

D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負(fù)功，則是逆著電場線運動；根據(jù)

正點電荷產(chǎn)生的電場特點可知EM<%.，故D錯誤。

故選Co

【變式1-2］（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。和O',

/、。兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（）

A.廣點與C'點的電場強度大小相等

B.夕點與夕點的電場強度方向相同

C.4點與尸點的電勢差小于。'點與。，點的電勢差

D.將試探電荷+4由尸點沿直線移動到。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，在尸點的場強和。尸的夾角為鈍角，因此將正電荷從尸移到。點過程中電場力先做

負(fù)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9」=">。，％=-夕<0,%=0,<Pf>0

因此。［一外=0,C正確；

AB.由等量異種電荷的對稱性可知/和C'電場強度大小相等，夕和夕電場強度方向不同，

A正確B錯誤；

故選ACDo

【變式1-3］（2023?海南?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，正三角形三個頂點固定三個等量電

荷，其中45帶正電，C帶負(fù)電，。、M、N為邊的四等分點，下列說法正確的是（）

一C

/\

/\

MON

A.M、N兩點電場強度相同B.M、N兩點電勢相同

C.負(fù)電荷在M點電勢能比在。點時要小D.負(fù)電荷在N點電勢能比在O點時要大

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)場強疊加以及對稱性可知，兩點的場強大小相同，但是方向不同，選

項A錯誤；

B.因在處的正電荷在兩點的合電勢相等，在C點的負(fù)電荷在兩點的電勢也相

等，則血W兩點電勢相等，選項B正確；

CD.因負(fù)電荷從〃■到O,因N3兩電荷的合力對負(fù)電荷的庫侖力從。指向則該力對負(fù)

電荷做負(fù)功，C點的負(fù)電荷也對該負(fù)電荷做負(fù)功，可知三個電荷對該負(fù)電荷的合力對其做負(fù)

功，則該負(fù)電荷的電勢能增加，即負(fù)電荷在“點的電勢能比在。點??；同理可知負(fù)電荷在

N點的電勢能比在。點小。選項C正確，D錯誤。

故選BCo

故選BD?

【易錯點提醒四】分析與電場有關(guān)的三類圖像問題出現(xiàn)錯誤

【例2】(2022?懷化模擬)某空間存在一電場，電場中的電勢°在x軸上的分布如圖所示，下

列說法正確的是()

A.在X軸上，從XI到X2電場強度方向向左

B.在X軸上，從XI到X2電場強度先增大后減小

C.把一負(fù)電荷沿X軸正向從XI移到X2,電場力先減小后增大

D.把一負(fù)電荷從X1移到X2,電場力做負(fù)功

錯誤分析：E-X圖線、(P-X圖線、Ep-x圖線的區(qū)別

(l)E-x圖線：靜電場中電場強度E隨x變化的圖像，電場強度為零的位置是電場線改變方向

的位置，E-x圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示電勢差。

(2)w-x圖線：解例2時沿著x軸正方向看，若電勢降低，則電場方向沿x軸正方向；若電勢

升高，則電場方向沿x軸負(fù)方向。圖線斜率的絕對值表示電場強度的大小。要注意勿將QX

圖像中9的正、負(fù)當(dāng)成電場的正方向和負(fù)方向。

(3)Ep-x圖線：圖線的斜率大小表示電場力大小。由耳-x圖線分析電場時，可根據(jù)Ep=q°,

將￡p-x圖線轉(zhuǎn)換為w-x圖線分析，注意電荷量q的正、負(fù)。

【答案】C

【解析】在X軸上，從XI到X2電勢先降低后升高，可知電場強度方向先向右后向左，A項

錯誤；因QX圖像的斜率的絕對值表示電場強度的大小，可知從XI到X2電場強度先減小后增

大，B項錯誤；由尸=?￡知把一負(fù)電荷沿x軸正向從XI移到X2,電場力先減小后增大，C

項正確；由瓦=49知負(fù)電荷在XI處的電勢能Epl大于在X2處的電勢能Ep2,把一負(fù)電荷從XI

移到X2,電勢能減小，電場力做正功，D項錯誤。

變式練習(xí)

【變式1-1】將兩點電荷A、B分別固定在x軸上0m和6m處,點電荷B的電荷量為-Q,

兩點電荷連線上各點電勢隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中x=4m處電勢最高，x軸上M、N

兩點分別處于3m和5m處，靜電力常量為左，下列說法正確的是（）

B."點的電場強度小于N點的電場強度

C.正試探電荷由M點沿x軸運動到N點的過程中，電勢能先減小后增大

D.若在“點固定一電荷量為q的試探電荷，則該試探電荷受到的電場力大小為號

【答案】BD

【詳解】A.0-X圖線的斜率表示場強，由圖可知，在x=4m處圖線的斜率為零，說明在x=4m

處電場強度為零，所以兩點電荷一定是同種電荷，故點電荷A帶負(fù)電，根據(jù)點電荷場強公

式后=左?■可知左*■=無等

所以2=4。，A錯誤；

B.由圖可知圖線在M點的斜率小于N點的斜率，即M點的電場強度小于N點的電場強度,

B正確；

C.沿著電場線電勢逐漸降低，則M點到N點，電場線先向左后向右，正的試探電荷從〃

點到N點時電場力先做負(fù)功后做正功，則電勢能先增大后減小，C錯誤；

D.點電荷/到M點的距離為3m,點電荷2到M點的距離也為3m,所以M點的場強大小

為

￡=哼-T=g則在“點放一帶電荷量為g的試探電荷，其所受電場力為尸="=?,

D正確。

故選BDo

【變式1-2】已知試探電荷鄉(xiāng)在場源點電荷。的電場中所具有電勢能表達式為E產(chǎn)幽,

r

其中人為靜電力常量，廠為試探電荷與場源點電荷間的距離，且規(guī)定無窮遠處的電勢能為0。

真空中有兩個點電荷Q和02,分別固定在X坐標(biāo)軸為=0和％=15cm的位置上。一帶負(fù)電的

試探電荷在x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/、B兩點的

電勢能為零，/點的坐標(biāo)是12cm,C點為點電荷2右邊電勢能最小的點，則下列說法正確的

是（）

A.。為正電荷，2為負(fù)電荷

B.點電荷Q與。2電量之比為2：1

C.C點對應(yīng)無軸位置的坐標(biāo)是％=30cm

D.兩點電荷。I、。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Q為正電荷,

2為負(fù)電荷，故A正確；

B.由圖可知，/點的電勢能為0,則有儂-3=0解得點電荷。與。2電量之比為4:1,

r\r2

故B錯誤；

C.根據(jù)電勢能的計算公式綜=及，可知圖象的斜率代表電場力，則C點的電場力為0,有

W=（叱解得%=30cm故C正確；

%&T5）

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

x（15-x）

【變式『3】如圖所示為沿x軸方向的電場強度￡隨位置x變化的關(guān)系圖像，在x軸負(fù)方

向上的圖像是直線，x軸正方向為電場強度的方向，電子的電荷量為-e（e>0）o則下列說法

A.原點。處的電勢最高，-再處的電勢最低

B.電子在-%處和肛處的電勢能相等

C.將電子沿x軸從坐標(biāo)原點。移到《處，電子的電勢能增加

D.將電子沿x軸從坐標(biāo)原點。移到-X1處，電場力做功〃油

【答案】C

【詳解】AB.電場線沿x軸正方向，由沿著電場線方向電勢降低知，則原點。處的電勢比-西

處的電勢低；-X2處的電勢比切處的電勢高，電子在-X2處比在處的電勢能小，故A、B

錯誤；

C.將電子沿x軸從坐標(biāo)原點。移到整處，電子克服電場力做功，電子的電勢能增加，C正

確；

D.在E-x圖像中，圖像與x軸所圍成的面積表示電勢差，所以坐標(biāo)原點。與一用處之間

的電勢差為g4玉，所以將電子沿X軸從坐標(biāo)原點。移到一X/處，電場力做的功為;

D錯誤。故選C。

【易錯點提醒五】電容器動態(tài)分析沒有弄清因果關(guān)系

【例5】如圖所示，直流電源與一平行板電容器、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路,

反向電阻無窮大可以視為斷路）連接，二極管一端接地。閉合開關(guān)，電路穩(wěn)定后，一帶電油

滴位于電容器中的尸點且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）

A.將平行板電容器下極板向下移動，則尸點的電勢不變

B.將平行板電容器上極板向上移動，則尸點的電勢不變

C.減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動

D.無論哪個極板向上移動還是向下移動，帶電油滴都不可能向下運動

錯誤分析：分不清電容器是電勢差不變的情況還是電量不變的情況；分析時也不知道從分

析哪個物理量開始；有時公式里有兩個變量就下結(jié)論。

【答案】ACD

【詳解】A.將下極板向下移動，d變大，由可知C小，由于二極管具有單向?qū)?/p>

Ajikd

電性，電容器不能放電，由后="得可知電容器兩極板間的電場強度不變，尸點與上極板

間的電勢差不變，上極板電勢不變，故尸點的電勢不變，故A正確；

B.將上極板向上移動，d變大，由。=￡可知C小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，?/p>

4兀kd

容器不能放電，由￡=也設(shè)可知電容器兩極板間的電場強度不變，上極板電勢不變，P與

￡rS

上極板的距離變大，尸的電勢降低，故B錯誤；

C.減小極板間的正對面積S,由C=/可知C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，?/p>

容器不能放電，由￡="嬰可知，電場強度E變大油滴所受電場力變大，油滴所受合力

與s

向上，帶電油滴會向上移動，故c正確；

D.上極板上移或下極板下移時，d變大，由C=可知，C變小，由于二極管具有單

向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由?也設(shè)可知電容器兩極板間的電場強度不變，油滴所

受電場力不變，油滴靜止不動；上極板下移或下極板上移時d變小，C變大，兩極板間的電

壓。等于電源電動勢不變，電場強度￡=二變大，電場力變大，電場力大于重力，油滴所

a

受合力向上，油滴向上運動，故D正確。故選ACD。

變式練習(xí)

【變式1T］如圖所示，日前多媒體教學(xué)一體機普遍采用了電容觸摸屏，因為工作面上接

有高頻信號，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指相當(dāng)于接地導(dǎo)體，手指和工作面形成一個

電容器，控制器由此確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是（）

A.手指與屏的接觸面積變大時，電容變大

B.手指與屏的接觸面積變大時，電容變小

C.手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容變小

D.手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容不變

【答案】A

【詳解】AB.根據(jù)C可知，手指與屏的接觸面積變大時，電容變大。故A正確；B

4兀kd

錯誤；

CD.同理，手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容變大。故CD錯誤。故選A

【變式1-2】.如圖所示，是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電

路，開關(guān)S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是（）

A.帶電液滴可能帶正電

B.增大兩極板距離的過程中，電容器的電容C減小

C.增大兩極板距離的過程中，電阻R中有6從到。的電流

D.若斷開S,減小兩極板距離，帶電液滴仍靜止不動

【答案】BD

【詳解】A.帶電量為q的微粒靜止不動，所受的電場力與重力平衡，則知電場力向上，而

場強向下，所以微粒帶的是負(fù)電，故A錯誤；

BC.增大電容器兩極板間距離，根據(jù)電容的決定式。=產(chǎn)匚可知電容。減小，。不變，由

4?rkd

c=Q

u

分析可知。減小，電容器放電，則R中有從4流向b的電流，故B正確，C錯誤；

D.斷開S,極板上電量不變；減小兩極板距離，根據(jù)電容的決定式。=鼻電容的定義式

^7ikd

以及由公式￡=與分析可知片=上^與d無關(guān)，即E保持不變，所以液滴靜止仍然不動，

dsS

故D正確。

故選BDo

【易錯點提醒六】分析帶電粒子在電場中運動出現(xiàn)錯誤

【例6】.電子被電壓為U的電場加速后，垂直于場強方向飛入一個偏轉(zhuǎn)電場，飛入時

動能為E小飛出時動能加到飛入時的2倍。如果加速電場的電壓增為4U,此電子飛出同一

偏轉(zhuǎn)電場時的動能變?yōu)槎嗌伲?/p>

錯解1：對電子的加速，原來有eU=E/后來有0?4。=￡：,￡；=4￡_

因為在同一電場中偏轉(zhuǎn)，飛出時動能都增為原來的2倍，所以第2次電子飛出的動能

耳'=2耳=84。

錯解2：對電子的加速，原來有eU=E?；后來有0?4。=￡；,￡=4紇

對電子的偏轉(zhuǎn)，由動能定理%=AE.,得原來情況：eU=2Ek-Ek=Ek解得

E；=5Ek

錯誤分析：兩個誤解的根子都在于對帶粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的功能問題不甚明了。

錯解1以為同一偏轉(zhuǎn)電場總是使電子動能增至原來的2倍。沒有物理規(guī)律可作依據(jù)，純

屬“臆想”，實為學(xué)習(xí)物理的大忌。

錯解2以為同一偏轉(zhuǎn)電場對電子做功都是e。，反映了對公式FF=e。缺乏了解，用于

本題時便將公式中的U理解為偏轉(zhuǎn)電壓，導(dǎo)致科學(xué)性錯誤。

事實上，在獷=e。中，U系指與做功過程相關(guān)的初、末兩個位置間的電勢差。在本題

中應(yīng)是電子飛出點和飛入點間的電勢差。不一定就是偏轉(zhuǎn)電壓。電子飛入動能不同時，它在

偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡不同，飛離電場的點便不同，e。的值不相等。

因此，因偏轉(zhuǎn)電場為勻強電場，電場力的功可改用少=ES=qE?S來算，式中S在本

題中就是電子橫向偏移y。問題歸結(jié)到兩次橫向偏移的值即可得解。

【答案】E[=425Ek

【詳解】若能認(rèn)清兩次偏轉(zhuǎn)的區(qū)別，就可以正解此題

對電子的加速，原來有eU=/；后來有0?4。=￡；禺=4￡上

電子動能從心—4%時，速度從vf2V

電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間，=,。對同一偏轉(zhuǎn)電場，飛入速%從vf2V時，運動時

v

間從/一工；電子在同一偏轉(zhuǎn)電場中橫向運動的加速a相同，則先后橫向移值為

2

K'即為=+