第8讲 电场-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

专题三　电场与磁场 [构建知识网络] 第8讲　电场 【目标要求】　1.理解电场的性质,会比较场强大小、电势高低、电势能大小,会分析和计算静电力做功。2.会通过电场中的图像来分析问题。3.会用动力学观点和能量观点分析处理带电粒子在电场中的运动问题。 考点一　电场的性质 考点二　电场中的图像问题 内容索引 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的运动 培优　热点训练 精准补弱 考点一　电场的性质 一 6 1.电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向,也是电场线上某点的切线方向,电场的强弱(电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)计算电场强度常用的方法:公式法、平衡条件法、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 2.电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷 的正负 取无穷远处电势为零,正电荷周围电势为正值,负电荷周围电势为负值;越靠近正电荷处电势越高,越靠近负电荷处电势越低 电势能 的大小 正电荷在电势能大处电势较高,负电荷在电势能大处电势较低 静电力做功 根据UAB=,将WAB、q的正负号代入,由UAB的正负判断φA、φB的高低 3.电势能大小的判断 (1)做功判断法:由WAB=EpA-EpB可知,静电力做正功,电势能减小;静电力做负功,电势能增大。 (2)电荷电势法:由Ep=qφ可知,正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大。 (3)能量守恒法:若只有静电力做功,电荷的动能和电势能之和守恒,动能增大时,电势能减小,动能减小时,电势能增大。 考向1　对电场性质的理解与应用 [例1]　(2024·江苏卷)在静电场中有a、b两点,试探电荷在这两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系,则a、b两点的场强大小等于(　　) A.1∶1　　　　　　　　　 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 D [解析]　设F-q图像的横坐标单位长度电荷量为q0,纵坐标单位长度的力大小为F0。根据E=可知F-q图像斜率表示电场强度,由题图可知 Ea==4 Eb== 可得=4∶1,故选D。 考向2　电场线、等势线和轨迹线的综合应用 [例2]　(2024·江苏盐城模拟预测)静电透镜被广泛应用于电子器件中,如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场,其中虚线为等势线,任意两条相邻等势线间电势差相等,z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场,实线为电子运动的轨迹,P、Q、R为其轨迹上的三点,电子仅在电场力的作用下从P点运动到R点。在此过程中,下列说法正确的是(　　) A.P点的电势高于Q点的电势 B.电子在P点的加速度小于在R点的加速度 C.从P点至R点的运动过程中,电子的电势能增加 D.从P点至R点的运动过程中,电子的动能一直增大 D [解析]　电子仅在电场力的作用下从P点运动到R点,由于合力方向指向轨迹的内侧,电子带负电,所受电场力方向与电场强度方向相反,电场力方向与等势线垂直,则电场线方向整体从右指向左,又由于沿电场线方向,电势降低,则P点的电势低于Q点的电势,故A错误;由于任意两条相邻等势线间电势差相等,则等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱,P点的等势线分布比R点的密集,则P点的电场强度大于R点的电场强度,可知电子在P点的加速度大于在R点的加速度,故B错误;结合上述可知,从P点至R点的运动过程中,电子所受的电场力做正功,电子的电势能减少,电子的动能增大,故C错误,D正确。 考向3　电容器中的电场强度和电势的分析 [例3]　(2024·江苏泰州三模)在如图所示的电路中,蓄电池的电动势E=4 V,内阻r=1 Ω,电阻R=4 Ω,电容C=1 pF的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A.P点的电势为2 V B.上极板所带的电荷量为3.2×10-12 C C.若在两极板间插入一块玻璃板,电容器上极板所带的电荷量将减少 D.若将上极板缓慢上移少许,油滴将向上运动 B [解析]　电容器两端电压为U=E= V,下极板接地,P点位于板间中央,所以φP=U= V,故A错误;由公式Q=UC得Q=3.2×10-12 C,故B正确;若在两极板间插入一块玻璃板,由公式C=可知C变大,所以电容器上极板所带的电荷量Q将增大,故C错误;若将上极板缓慢上移少许,电容器两端电压U不变,由公式E=可知板间电场强度减小,所受电场力减小,所以油滴将向下运动,故D错误。 反思提升 分析平行板电容器动态问题的思路 1.确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变。 2.用决定式C=分析平行板电容器电容的变化。 3.用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。 4.用E=或E=分析电容器极板间电场强度的变化。 二 考点二　电场中的图像问题 17 电场中几种常见的图像 φ-x 图像 (1)从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低,进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化; (2)φ-x图像切线斜率的绝对值等于沿x轴方向电场强度E的大小 E-x 图像 以场强沿x轴方向为例: (1)E>0表示场强沿x轴正方向,E<0表示场强沿x轴负方向; (2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大 小,两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep-x 图像 (1)Ep-x图像切线斜率的绝对值等于静电力大小; (2)可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况 [例4]　(2024·江苏常州模拟预测)取无穷远处电势为0,在x轴上固定有两个点电荷,x轴负半轴上电势随位置的分布如图所示。已知在x1处图像的切线平行于x轴,则(　　) A.在x轴负半轴上,x1处的电场强度最大 B.两点电荷可能带同种电荷 C.将负试探电荷从无穷远处沿x轴正方向移动到x1处,电场力做负功 D.两点电荷中正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量 D [解析]　由φ-x图像切线斜率的绝对值表示电场强度大小可知,x1处电场强度为零,故A错误;在x负半轴上,电势有正有负,故两电荷一定带异种电荷,故B错误;将负试探电荷从无穷远处沿x轴正方向移动到x1处,该过程电场力向右,电场力做正功,故C错误;根据电势分布可知,在坐标原点处为负电荷,则正电荷一定在x轴正半轴上,由于x1处电场强度为0,则正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量,故D正确。 [例5]　(2024·江苏扬州期末)如图所示,在光滑绝缘的水平面上固定两个等量正点电荷A和B,O点为AB连线的中点,C、D为AB连线上关于O点对称的两个点,且CO=OD=L,一带负电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点,取无穷远处的电势φ=0,以C点为坐标原点,向右为x轴的正方向,下列关于电势φ、电场强度E、小球的电势能Ep及动能Ek随小球运动的位移x变化的图像,可能正确的是(　　) A [解析]　从C点到D点,电场线方向先向右后向左,则电势先降低后升高,且电势都大于零,并关于O点对称;小球带负电,所以小球的电势能先增大后减小,小球在C、D两点处的电势能相同,故A正确,C错误。由于小球的电势能先增大后减小,在C、D两点处的电势能相同,由能量守恒定律知,动能先减小后增大,在C、D两点处的动能相同,故D错误。设AC=BD=r,点电荷A和B的电荷量大小为Q,则当位移为x时,电场强度为E=k-k,由数学知识可知E与x是非线性关系,图像是曲线,故B错误。 三 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的运动 24 1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理 基本粒子一般不考虑重力,带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力,除有说明或明确的暗示外。 2.带电粒子(带电体)在电场中的常见运动及分析方法 常见运动 受力、运动特点及分析方法 在匀强电场中匀变速直线运动 合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上。 (1)用动力学观点分析:a=,E=,v2-=2ad (2)用功能观点分析:W=qU=mv2-m 常见运动 受力、运动特点及分析方法 在匀强电场中的偏转(类抛体运动) 类平抛运动:进入电场时v0⊥E 运动的分解:   偏转角:tan θ==== 侧移距离:y0==,y=y0+Ltan θ=(+L)tan θ 两个推论:tan θ=2tan φ,且x= 常见运动 受力、运动特点及分析方法 在匀强电场中的偏转(类抛体运动) 类斜抛运动:粒子(重力不计)斜射入电场 运动的分解:   垂直电场方向做匀速直线运动:x=v0tsin θ 沿电场方向做匀变速直线运动:y=v0tcos θ-t2 常见运动 受力、运动特点及分析方法 在非匀强电场中的运动 静电力变化,常应用动能定理,能量守恒定律求解 考向1　带电粒子在匀强电场中的直线运动 [例6]　(2024·江苏徐州三模)如图所示,间距为L、长为2L的平行板电容器充电后倾斜放置,两正对极板与水平面成45°角。现有一质量为m、电荷量为-q的小球从极板右端中点处由静止释放后沿平行于极板方向运动,最后飞出两极板。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.小球在极板间运动过程中机械能不守恒 B.小球在极板间运动过程中电势能不断减小 C.两极板间的电势差大小为 D.小球离开电场时的动能为2mgL C [解析]　小球从极板右端中点处由静止释放后沿平行于极板方向运动,即小球做匀加速直线运动,小球所受电场力与重力的合力方向平行于极板,对小球受力分析,如图所示。根据受力分析图可知,电场力方向与速度方向垂直,电场力不做功,只有重力做功,小球在极板间运动过程中机械能守恒,故A错误;结合上述可知,小球所受电场力不做功,即小球在极板间运动过程中电势能不变,故B错误;根据受力分析图可知qE=mgsin 45°,根据电势差与电场强度的关系有E=,解得 U=,故C正确;对小球离开电场的过程,根据动 能定理有mgcos 45°·2L=Ek-0,解得Ek=mgL,故D错误。 反思提升 带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法 1.对带电体的受力情况和运动情况进行分析,综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。 2.根据功能关系或能量守恒的观点分析带电体的运动时,往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化,总的能量保持不变。 考向2　带电粒子在匀强电场中的曲线运动 [例7]　甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为(-q,m)、(-q,4m),它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后,由同一点进入同一偏转电场,两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直,如图所示。粒子重力不计,则甲、乙两粒子(　　) A.进入偏转电场时的速度大小之比为1∶2 B.离开偏转电场时的动能之比为1∶1 C.在偏转电场中运动的时间相同 D.离开偏转电场时的速度方向不同 B [解析]　带电粒子在加速电场中,根据动能定理有 qU=m,解得v0=,根据题意两粒子的比荷 之比为4∶1,则两粒子进入偏转电场时的速度大小之比为2∶1,故A错误;带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,水平方向为匀速直线运动,运动时间t=,两粒子进入偏转电场时的速度不同,则两粒子在偏转电场中运动的时间不同,故C错误;带电粒子在偏转电场中,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,设偏转电场两极板间电势差为U',竖直方向的 位移y=at2=··()2=,则两带电粒子在偏转电场 中竖直方向的位移相同,设偏转电场的电场强度为E, 两粒子离开偏转电场时,垂直极板方向的速度vy==,离开偏转电场时速度偏转角的正切值tan θ==,则两粒子离开偏转电场时的速度方向相同,故D错误;在加速电场中静电力做的功qU相等,在偏转电场中,偏转距离相同,则静电力做的功qEy也相同,根据动能定理可知,离开偏转电场时的动能相同,故B正确。 反思提升 匀强电场中偏转问题的两个结论 1.如图所示,有tan φ=2tan θ,且x=。 2.不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量y=at2==,偏转角的正切值tan φ==,与比荷无关,总是相同的。 考向3　带电体在电场中的运动 [例8]　如图所示,ABCD表示竖直放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆,轨道的水平部分与半圆环相切,A为水平轨道上的一点,而且AB=R=0.2 m。把一质量m=100 g、带电荷量q=10-4 C的小球,放在水平轨道上的A点,由静止开始被释放后,在轨道的内侧运动。(g取10 m/s2)求: (1)到达C点时的速度是多大? [答案]　(1)2 m/s　 [解析]　(1)设小球在C点的速度大小是vC,轨道对小球的压力大小为FNC,则对于小球由A→C的过程中,应用动能定理得 qE·2R-mgR=m-0 代入数据解得vC=2 m/s。 (2)到达C点时对轨道压力是多大? [答案]　(2)3 N　 [解析]　(2)在C点沿圆轨道径向,对小球应用牛顿第二定律,有FNC-qE=m 解得FNC=3 N 根据牛顿第三定律知,小球在C点对轨道的压力大小为3 N。 (3)小球所能获得的最大动能是多少? [答案]　(3) J [解析]　(3)因为mg=qE=1 N,所以小球受到合力的方向垂直于B、C两点的连线向下,BC弧的中点D为等效最低点,在此处小球具有最大速度,从A到D由动能定理得 qER(1+sin 45°)-mgR(1-cos 45°)=Ekm 所以Ekm= J。 反思提升 等效思维法解决带电体在电场和重力场中的圆周运动 1.等效重力场:在重力场和电场叠加而成的复合场中,等效重力为重力、静电力的合力。 2.处理思路:(1)受力分析,计算等效重力(重力与静电力的合力)的大小和方向。 (2)在复合场中找出等效最低点、最高点。 (3)根据圆周运动供需关系结合动能定理列方程处理。 四 培优　热点训练 43 1.(2024·江苏南通高三期末)如图所示,点电荷+2Q、-Q分别置于A、B两点,O为AB连线上的点,B与O的距离为L、A与O的距离为3L,CD连线与AB连线垂直,C、D两点关于O点对称,∠CAD=60°,∠ACB=90°,取O点的电势为零。下列说法正确的是(　　) A.C、D两点的电场强度相同 B.C、D两点的电势相等且都为零 C.将质子沿直线从C移到D,静电力先做正功后做负功 D.将电子沿直线从C移到D,电子的电势能先减小后增大 C 解析:根据矢量合成法则可知,C、D两点的电场强度大小相同,方向不同,故A错误;根据矢量合成法则可知,在OC段合电场强度方向斜向右下,在OD段合电场强度方向斜向右上,根据电场线与等势面垂直及对称性可知,C点电势等于D点电势且高于O点电势,不为零,故B错误;在OC段合电场强度方向斜向右下,在OD段合电场强度方向斜向右上,将质子沿直线从C移到D,静电力先做正功后做负功,故C正确;同理,将电子沿直线从C移到D,电子的电势能先增大后减小,故D错误。 2.如图所示,虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,则(　　) A.电子从释放到打到屏上所用的时间为2 B.电子从释放到打到屏上所用的时间为3 C.电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为2 D.电子打到屏上的点P'(图中未标出)到点O的距离为L 答案:B 解析:电子在E1=E的匀强电场中向右做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律有eE1=ma1 根据位移与时间的关系公式有=a1 电子进入E2=3E的匀强电场时的速度v1=a1t1 电子在MN与屏之间水平方向上做匀速直线运动,有2L=v1t2 电子从释放到打到屏上所用的时间为t=t1+t2 代入数据解得t=3,B正确,A错误;电子在电场E2中时竖直方向上有eE2=e·3E=ma2,vy=a2t3,L=v1t3,电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ=,解得tan θ=3,C错误;电子离开电场E2时的速度反向延长线交于E2电场中点O',轨迹如图所示,设电子打到屏上的点P'到点O的距离为x,由相似三角形得tan θ=, 解得x=L,D错误。 五 精准补弱 50 1.(2024·江苏南京高三期中)如图所示,用金属网把不带电的验电器罩起来,再使带正电的金属球靠近金属网,则(　　) A.箔片先张开后闭合 B.金属网罩内部电场强度的方向与带电金属球 产生的电场反向 C.若移去金属网,带电金属球靠近验电器的金属球A,箔片不张开 D.若移去金属网,带电金属球靠近验电器的金属球A,A将带负电 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:验电器被金属网罩起来后,处于静电屏蔽状态,电荷分布在外表面,故箔片不张开,且处于静电屏蔽的导体内部电场强度处处为0,故A、B错误;若移去金属网,带电金属球靠近验电器的金属球A,由静电感应可知,金属球A带负电,箔片带正电且张开,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.在水平匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直纸面内运动,如图。若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A.动能减小,电势能增大 B.动能增大,电势能增大 C.动能减小,电势能减小 D.动能增大,电势能减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,由此可知电场力和重力的合力沿虚线方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知小球所受电场力方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的运动方向的夹角为锐角,则电场力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.(2024·江苏南京高三联考)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可忽略,开关闭合时一带电的油滴静止于两极板间的P点。若断开开关S,将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离,则下列说法正确的是(　　) A.带电油滴带正电 B.带电油滴向下运动 C.静电计指针的张角不变 D.带电油滴的电势能变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:开关闭合时一带电的油滴静止于两极板间 的P点,则油滴受力平衡,有mg=qE,可知静电力 竖直向上,由上极板带正电可知油滴带负电, 故A错误;断开开关S,电容器的带电荷量不变,由公式C=,C=,E=可得E=,可知将下极板竖直向下平移一小段距离,两板间的电场强度不变,由F=qE可知油滴所受静电力不变,则油滴处于平衡状态,所以带电油滴不动,故B错误;若断开开关S,将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离,极板间距离变大,根据C=可知,电容器的电容减小,两 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 极板的带电荷量不变,由于U=,则极板间的电势差增大,则静电计指针的张角变大,故C错误;由于U=Ed,其中电场强度不变,P与下极板间距离增大,电势差增大,则P点电势升高,由于油滴带负电荷,电势升高,则电势能减小,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(2024·江苏徐州一模)如图所示,两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限,其端点在两坐标轴上。两棒带等量同种电荷且电荷均匀分布,此时O点电场强度大小为E。撤去其中一棒后,O点的电场强度大小变为(　　) A.　　　　　　　　　 B.E C.E D.E 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:设两棒均带正电,由点电荷电场强度特点及电场强度叠加规律可知,左侧圆弧产生的电场强度方向斜向右下方,与+x方向夹角为45°,右侧圆弧产生的电场强度方向斜向左下方,与-x方向夹角为45°,设它们大小均为E1,可得E2=+,解得E1=E,撤去其中一棒后,O点的电场强度大小变为E,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2024·江苏苏州高三期末)图甲为正点电荷Q的电场中,某点的电势φ与该点到点电荷Q的距离r的关系图像。如图乙所示,在正点电荷Q的上方水平固定一光滑绝缘杆,O点在点电荷Q的正上方,现将一质量为m、带电荷量为-q的小球穿在杆上,然后从a点由静止释放后,小球沿杆依次经过O、b两点到达最远点c。已知a、O、b三点到点电荷Q的距离分别为3L、L、2L,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.由φ-r图像的斜率逐渐减小可知a到c的电场强度逐渐减小 B.由题设条件可以求出小球运动过程中的最大速度 C.电场中a点的电场强度和c点的电场强度相同 D.小球由a点运动到b点的过程中电势能一直增大 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:小球释放后先做加速运动,后做减速运动,在经过O点时速度最大,由题图甲可知UaO=2φ0-6φ0,由动能定理得-qUaO=mv2-0,可得最大速度v=2,选项B正确;小球最远可到达c点,则c点与a点的电势相等,故c点到点电荷Q的距离应为3L,由点电荷电场强度E=k可知a、c两点的电场强度大小相等,但方向不同,选项C错误;从a点到c点,杆上的点到点电荷Q的距离先减小后增大,由点电荷电场强度E=k可知a到c的电场强度先增大后减小,选项A错误;小球由a点 到O点的过程中,静电力做正功,电势能减小, 由O点到b点的过程中,静电力做负功,电势能增大, 选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.(2024·江苏百校高三第三次考试)如图所示,四边形ABCD为菱形, ∠DAB=60°,O为菱形中点,E、F两点分别是AD、BC边的中点,G为BD延长线上一点,O、G两点关于D点对称,在A、B、C三点分别固定电荷量为+Q、+Q、-Q的点电荷,以无穷远处的电势为零,则下列说法正确的是(　　) A.O点电场强度比G点电场强度大,G点电势比O点电势高 B.O、D、E、F、G五点的电势均为正 C.一个负试探电荷在E点时的电势能比在O点时的电势能大 D.将一个正试探电荷沿直线从F点移到D点,电势能先减小后增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:在A、C两点固定的等量异种点电荷产生的电场中,直线BD是一条等势线,故O、D、G三点的电势均为零,在B点固定的点电荷产生的电场中,O、D、G三点的电势均为正,则电势叠加的结果为φO>φD>φG>0;在B、C两点固定的等量异种点电荷产生的电场中,E点电势为正,F、D两点电势为零,在A点固定的点电荷产生的电场中,E、F、D三点电势均为正,电势叠加的结果为φE>φD>φF>0;在A、B两点固定的点电荷产生的电场中,E、O两点电势相等,在C点固定的点电荷产生的电场中,E点电势比O点电势高,综上可得φE>φO>φD>φG≠φF>0,A错误,B正确。由上述分析可知负试探 电荷在E点的电势能比在O点的电势能小,C错误。正试探 电荷沿直线从F点移到D点,电势能不断增大,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.如图所示,长方形ABCD所在平面有匀强电场,E、F分别为AB边、CD边中点,已知AB边长为8 cm、BC边长为4 cm。将电子从C点移动到D点,电场力做的功为20 eV;将电子从E点移动到F点,电场力做的功为-10 eV。下列说法正确的是(　　) A.长方形ABCD的四个顶点中,D点的电势最高 B.匀强电场的电场强度大小为5 V/cm C.沿AC连线方向,电势降低最快 D.从D点沿DC方向发射动能为4 eV的电子,在以后的运动过程中该电子最小动能为2 eV 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:由于电子带负电,将电子从C点移动到D点,电场力 做的功为20 eV,根据U=则有UCD=-20 V,将电子从E点 移动到F点,电场力做的功为-10 eV,则有UEF=10 V,取F点 电势为零,则φE=10 V,由于F为CD边中点,则有φF=,可得φC=-10 V,φD=10 V,则DE为等势线,根据等势线与电场线垂直,沿电场线方向电势逐渐降低可知,电场线沿AF方向,如图所示,则沿AF方向电势降低最快,长方形ABCD的四个顶点中A点的电势最高,故A、C错误;匀强电场场强大小为E== V/cm,故B错误;从D点沿DC方向发射动能为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4 eV的电子,则该电子在电场中做类斜抛运动,则当电子沿电场线方向上的分速度为零时,电子的动能最小,此时电子的速度为vmin=vcos 45°,由于发射动能为Ek=mv2,则最小动能为Ekmin=m=2 eV,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(2024·江苏南京高三联考)如图所示,AC、BD为圆的两条互相垂直的直径,圆心为O,半径为R。电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上,它们的位置关于AC对称,+Q与O点的连线和OC间夹角为30°。下列说法中正确的是(　　) A.B、D两点的电场强度相同 B.O点的电场强度大小为 C.B、D两点的电势关系是φB=φD D.电荷量为q的正电荷在A点的电势能等于在C点的电势能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:根据电场线分布的对称性可知,B、D两点电场强度大小相等,方向不同,故A错误;根据点电荷的电场强度公式E=k及电场叠加原理,可得O点的电场强度大小E=2kcos 60°=k,故B错误;根据顺着电场线电势降低可知φB>φD,故C错误;根据等量异种电荷的电势分布特点可知AC是一条等势线,A点与C点的电势相等,则正电荷在A点的电势能等于在C点的电势能,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(2024·江苏淮安模拟)在如图所示的真空中,在正方体ABCD-A1B1C1D1空间中A、C1固定有等量的正电荷,下列说法正确的是(　　) A.B点和D点的电势相等且比B1点和D1的电势都高 B.B1点和D1的电场强度相同 C.若有一个电子以某一速度射入该空间中,可能 做类平抛运动 D.若有一个电子以某一速度射入该空间中,可能做匀速圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:由两个等量同种电荷产生电势的对称性知顶点B、D1处的电势相等,故A错误;由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度大小相等,但方向不同,故B错误;两个正电荷形成的电场不是匀强电场,电子不可能做类平抛运动,故C错误;只在静电力作用下,电子要做匀速圆周运动,则必须受到大小恒定的静电力,设正方体中心为O点,则电子在垂直于AC1并过O点的平面内绕O点可以做匀速圆周运动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(2024·江苏南京高三联考)如图所示,质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)与长为L的绝缘轻绳相连,轻绳另一端固定在O点,整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点,AB为水平直径,CD为竖直直径,EF过O点且与CD的夹角为45°,当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时,小球运动到A点时的速度最小,最小速度为vmin=,g为重力加速度的大小,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.匀强电场的电场强度大小为 B.小球从A点运动到B点时,合力做的功为mgL C.小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mg D.小球运动到F点时的机械能最大 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:小球在A点受重力和静电力,如图所示,由小球绕O点 在竖直平面内做圆周运动,在A点时速度最小可知,小球受 到的合外力提供向心力,小球在竖直方向受力平衡,则有 mg=qEsin 45°,E=,A错误;小球从A点运动到B点时, 重力做的功为零,静电力做的功为W=qE·2Lcos 45°=mg×2L×=2mgL,因此合力做的功为2mgL,B错误;小球运动到B点时,由动能定理可得W=m-m,解得vB=,在B点,由牛顿 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 第二定律可得FT-qEcos 45°=m,代入数据解得FT=6mg,C错误;小球在做圆周运动的过程中,只有重力和静电力做功,则小球的机械能和电势能之和是一个定值,E点电势最高,小球带正电,在E点电势能最大,F点电势最低,小球在F点具有的电势能最小,因此小球在F点的机械能最大,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)O点与P点的高度差; 答案:(1)gt2　 解析:(1)小球A在竖直方向做自由落体运动,因此O点与P点的高度差为 h=gt2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)B小球的加速度大小和电场强度的大小; 答案: (2)4g　　 解析: (2)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿运动定律、运动学公式和题给条件,有 mg+qE=ma a()2=gt2 解得a=4g,E=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)B运动到P点时的动能。 答案: (3)2m(+g2t2) 解析: (3)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,根据动能定理有 mgh+qEh=Ek-m 且有v1=v0t,h=gt2 联立得Ek=2m(+g2t2)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$