第1部分 第8讲 静电场-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题三　电场与磁场 根据麦克斯韦电磁场理论，电场和磁场是紧密相关的两种场，也是高中物理中很重要的两种场，它们既有相似的地方，也有很大的差异。本专题复习静电场和磁场的内容。 2 第8讲　静电场 知识 框架 学习 目标 1.能分析、计算电场强度、电势、电势能及其变化、静电力做的功。 2．会分析关于电场的各种图像问题。 3．能熟练应用动力学观点、能量观点、动量观点解决带电粒子(物体)在电场中运动的问题。 4 目录 1 2 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 高考风向标 3 课时检测Ⅱ 4 考点 考点1　静电场的性质 1．静电场中几个公式的应用 (1)定量计算各物理量，或定性比较、分析各物理量。 (2)得出一些常用结论： ①电场线自电势高的等势面指向电势低的等势面。 ②电场线与等势面垂直，在电场线密集的区域等差等势面也密集。 (3)根据U＝Ed，用等分法求匀强电场的电势、场强。 考点 7 2．电场的叠加 (1)电场强度的叠加：电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则。 (2)电势的叠加：电势是标量，多个电荷共同激发的电场中，某点的电势等于各个电荷单独在该点激发的电势的代数和。 3．求解非点电荷电场强度的特殊方法 (1)微元累积法；(2)对称法；(3)割补法；(4)等效法；(5)极限法。 考点 8 考点 9 考点 10 考点 11 考点 12 对于不等量点电荷问题，分析时除了用常规方法外，将点电荷看成电荷量相同的点电荷与点电荷(q原－q同)叠加，也是一种典型的分析思路，通常能使问题简化。 考点 13 考点2　电场中的图像问题 与电场有关的常见图像 v­t图像 可读取粒子速度的大小和方向、加速度的大小和方向 φ­x图像 可读取电势、电场强度的大小和方向 Ep­x图像 可读取电势能、静电力的大小和方向 E­x图像 可读取电场强度的大小和方向、电势差 考点 14 考点 15 考点 16 考点 17 考点 18 考点3　带电粒子(物体)在电场中的运动 考点 19 2．带电物体在电场中的运动 常见的运动有在匀强电场中的变速圆周运动和类抛体运动。有两种求解思路： (1)利用“等效重力”分析求解。 (2)沿静电力方向和重力方向分析或对运动进行分解。 考点 20 例5　如图，一对金属板水平放置，间距足够大，极板间的电压为U，在金属板右侧有一竖直屏。一不计重力的带电粒子从两板中央以水平速度v0入射，入射方向的延长线与屏的交点为O点，粒子打在屏上的位置与O点的距离为y。将U变为0.5U，v0变为0.5v0，保持其他条件不变，粒子打在屏上的位置与O点的距离将变为(　　) A．4y B．2y C．y D．0.5y 考点 21 考点 22 带电粒子(物体)在电场中做类抛体运动时，可直接利用平抛运动的推论、斜抛运动的对称性快速解题。 考点 23 例6　(2022·全国甲卷，21)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 考点 24 考点 25 带电物体在电场中运动问题的两种分析技巧 (1)如果需要分析带电物体在电场中等效最高点、等效最低点的速度等，则将重力和电场力的合力作为等效重力分析。 (2)如果要求解电势能或重力势能等单个力的相关量，则分别沿电场力方向和重力方向进行分析。 考点 26 [跟进训练]　(2025·广东卷，15)如图是研究颗粒碰撞荷电特性 装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接， 金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平 板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处 碰撞，碰撞时电量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，且水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求： (1)颗粒碰撞前的电量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电量Q。 (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。 考点 27 考点 28 考点 29 考点 30 考点 31 高考风向标 1．(2025·广东省深圳市高三下第二次调研)(多选)如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板恰好等距。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。 现调节溶液pH＝3，接通电源，不计粘滞阻力和甲、乙之间 的作用力。对于两个蛋白质颗粒，正确的说法是(　　) A．乙比甲先到达极板 B．甲、乙的电势能均减小 C．甲、乙受到的电场力方向相同 D．增大pH值，甲受到的电场力增大 高考风向标 33 高考风向标 34 高考风向标 35 高考风向标 36 高考风向标 37 高考风向标 38 高考风向标 39 高考风向标 40 高考风向标 41 高考风向标 42 专题作业 课时检测Ⅰ 1．(2024·甘肃卷，9)(多选)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电荷 B．M点的电场强度比N点的小 C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 解析：电场线处处与等势面垂直，且从电势高的地 方指向电势低的地方，据此可知，M点的电场强度垂直于 此处等势面的切线指向左下方，根据做曲线运动的物体所 受合力的方向特点可知，粒子所受电场力指向曲线轨迹的 凹侧，则该带电粒子所受电场力的方向与电场方向相同，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集的地方场强越大，由题图可知M点的电场强度比N点的小，故B正确；粒子带正电，且M点的电势大于N点的电势，由Ep＝qφ可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确；由于带电粒子仅在电场作用下运动，由能量守恒定律可知，粒子的电势能与动能之和不变，运动轨迹上电势最高点位置，粒子的电势能最大，在该位置粒子的动能最小，故C正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 2．(2025·黑吉辽蒙卷，4)如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 3．如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子(不计受到的重力)以大小为v0的初速度沿轴线由P点运动到Q点，OP＝OQ＝L。以x轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子由P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是(　　) A．细圆环带负电 B．粒子到达Q点时的速度大小为v0 C．粒子所受静电力先增大后一直减小 D．粒子到达Q点时的速度大小为2v0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 解析：由E­x图像可知，x轴正半轴的场强方向沿x轴正方向，x轴负半轴的场强方向沿x轴负方向，则以原点为圆心的细圆环带正电，A错误；由静电力F＝qE和E­x图像可知，粒子所受静电力在O点之前先向x轴负方向增大后向x轴负方向减小，过了O点后先向x轴正方向增大后向x轴正方向减小，粒子在x轴的正、负半轴到原点距离相同的点处所受到的静电力大小相等、方向相反，由W＝Fl和微元累积法可知，在粒子由P点运动到Q点的过程中，静电力对粒子做的功为零，由动能定理可知，粒子在P、Q两点的动能相等，即粒子到达Q点时的速度大小为v0，B正确，C、D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 易错点拨　库仑定律只适用于点电荷间的相互作用，不能看作点电荷的带电体不能直接应用，通常需结合微元法、对称法、割补法等方法进行解题。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅰ 专题作业 课时检测Ⅱ 1．(2025·浙江1月选考，4)三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d、e与e、f两点间的距离相等，则(　　) A．a点电势高于b点电势 B．a、c两点的电场强度相同 C．d、f间电势差为d、e间电势差的两倍 D．从a到b与从f到b，电场力对电子做的功相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 解析：电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，可知题图中连接正电荷或负电荷的线为电场线，其他线为等势线，且可以判断出电场线的方向。根据电场线由电势高的等势线指向电势低的等势线，并结合题图可知，b点电势高于a点电势，A错误；电场中某点的电场强度方向为该点处电场线的切线方向，故a、c两点的电场强度方向不同，则a、c两点的电场强度不同，B错误；电场线的密疏反映电场强度的大小，从d→e→f电场线越来越稀疏，则电场强度逐渐减小，所以de段的平均电场强度大于ef段的平均电场强度，又de＝ef，由公式U＝Ed可知|Ude|>|Uef|，则|Udf|＝|Ude|＋|Uef|<|Ude|＋|Ude|＝2|Ude|，C错误；由题图可知，a、f两点在同一等势线上，故φa＝φf，则φa－φb＝φf－φb，即Uab＝Ufb，由公式W＝qU可知，从a到b与从f到b，电场力对电子做的功相等，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 2．(2025·广东省大湾区高三下联合模拟考试(二))(多选)如图，A、B、C、D为真空中一正四面体的四个顶点，E和F分别为BC边和BD边的中点，B处和C处分别固定着等量异种点电荷＋Q和－Q。下列说法正确的有(　　) A．电子在E点的电势能小于在F点的电势能 B．A、D两点处的电场强度相同 C．将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功 D．F点的电场强度大于A点的电场强度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 解析：等量异种点电荷连线的中垂面是等势面，可知F点对 应的等势面比E点对应的等势面更靠近正电荷，则F点的电势高于 E点的电势，电子在E点的电势能大于在F点的电势能，故A错误； 等量异种点电荷连线的中垂面上各处场强方向相同，且距离连线 中点等距处场强大小相同，所以A、D两点处的电场强度相同，故B正确；D、E在同一等势面上，则将一试探正电荷从E处移动到D处，电场力不做功，故C正确；设正、负点电荷在F点的电场强度分别为E1、E2，夹角为θ，在D点的电场强度分别为E3、E4，夹角为α，如图所示，由点电荷周围电场的特点及几何知识可知E1>E3，E2>E4，θ＝90°<α＝120°，所以EF>ED，又ED＝EA，所以EF>EA，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 7．(2025·湘豫名校高三下三模)(多选)如图所示，水平固定的绝缘玻璃管轴线与x轴重合，在x轴上P点和坐标原点O分别固定两个不等量异种点电荷(图中未画出)，这两个电荷在x轴正半轴形成电场的E­x图像如图所示，场强向右为正方向，无穷远处电势为零。管中N点右侧放有电偶极子，可看作两个等量异种电荷用一根绝缘刚性杆连接，正电荷在右侧，可在管中无摩擦地滑动。下列说法正确的是(　　) A．P处为正电荷，O处为负电荷，且正电荷电荷量较大 B．P、O处的两个固定电荷在M处引起的电势为零 C．移动电偶极子，当两个电荷分别位于M两侧时，受到 的合电场力大小可能为零 D．电偶极子从图示位置由静止释放，将做往复运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 解析：由E­x图像可知，在M处合场强为零，且M左侧合 场强向左，说明P处为正电荷，O处为负电荷，且正电荷电荷 量较大，故A正确；M右侧场强向右，又沿电场线方向电势降 低，无穷远处电势为零，可知M处的电势大于零，故B错误；移动电偶极子，当两个电荷分别位于M两侧时，外电场对负电荷的力向右，对正电荷的力向右，合电场力向右，不可能为零，C错误；电偶极子从图示位置由静止释放时，外电场对负电荷的力向左，对正电荷的力向右，合电场力向左，先向左加速，运动到N附近合电场力为零，速度达到最大，继续向左运动，外电场对负电荷的力向左，对正电荷的力向右，合电场力向右，向左减速运动，越接近O点合力向右越大，到O点前速度减小到零，之后向右运动到释放位置，在x轴上做往复运动，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 8．(2025·辽宁省沈阳市东北育才学校高三下模拟预测)竖直平面内固定有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，两点电荷相距0.6 m，O为两点电荷水平连线的中点。一电荷量为－q的带电小球自O点开始向下运动，初动能大小为2.0 J，其动能Ek与位移x的关系如图乙中曲线Ⅰ所示，x＝0.4 m处为曲线的最低点，此时动能大小为1.85 J。直线Ⅱ为计算机拟合的曲线Ⅰ的一条渐近线，其斜率大小为9.0 J/m。已知小球可视为质点，运动过程中电荷量保持不变，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　) A．小球的质量为9.0 kg B．电荷量q＝1.25×10－5 C C．下落到x＝0.4 m的过程中，小球的加速度先减小 后增大 D．下落到x＝0.4 m的过程中，小球的电势能增加了约0.15 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 9. (2025·山东省青岛市、淄博市高三下第二次适应性检测)如图所示，a、b、c为圆周上三个等间距的固定点电荷，bc连线竖直，M、N两点分别是ac、bc连线的中点，M处的电场方向水平向左，N处的电场方向水平向右，下列说法正确的是(　　) A．b、c的电性与a的电性相反 B．b、c的电荷量小于a的电荷量 C．试探电荷q在M点和N点电势能相等 D．M点的电场强度大于N点的电场强度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 解析：点电荷b、c在N点的电场强度方向沿着bc连线，点 电荷a在N点的电场强度方向垂直于bc连线，即沿水平方向，已 知N处的电场方向水平向右，根据电场强度的叠加原理可知， b、c两点电荷在N点的电场强度大小相等，方向相反，N点的电场强度等于a点电荷在N点的电场强度，由此可知，b、c两点电荷电量相等、电性相同，a点电荷为正电荷，又已知M点处电场方向水平向左，根据电场强度的叠加原理可知，a、c两点电荷在M点的合电场强度方向沿着ac连线向下，b点电荷在M点的电场方向垂直ac沿b→M的方向，如图所示，可知b点电荷为正电荷，所以a、b、c三个点电荷均为正电荷，且a的电荷量较小，故A、B错误；设a点电荷的电量为Qa，b、c两点电荷的电量均为Qb，a、b、c三个点电荷形成的电场， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2025·湖南卷，8)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为＋q、－q和＋2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是(　　) A．OA中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成60°角 C．电场强度的大小为eq \f(\r(2)Ep,qd) D．电场强度的大小为eq \f(2\r(2)Ep,qd) 解析　根据题意有Ep＝qφO＝－qφA＝2qφB，解得φO＝eq \f(Ep,q)、φA＝ －eq \f(Ep,q)、φB＝eq \f(Ep,2q)，则OA中点C的电势φC＝eq \f(φO＋φA,2)＝0，A正确；因为 OC中点M的电势φM＝eq \f(φO＋φC,2)＝eq \f(Ep,2q)＝φB，所以BM连线为等势线， 又因为电场线与等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，所以电场线与BM连线垂直，且由BM连线指向A点一侧，如图所示，根据几何关系可知，电场线与x轴正方向夹角θ的正切值tanθ＝eq \f(MA,BA)＝eq \f(\f(3,4)d,\f(3,4)d)＝1，即θ＝45°，根据场强与电势差的关系可知，电场强度的大小E＝eq \f(φB－φA,\f(3,4)dsinθ)＝eq \f(2\r(2)Ep,qd)，B、C错误，D正确。 例2　(2025·湖北卷，10)(多选)如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R，在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度(　　) A．方向沿x轴负方向 B．方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C．大小为eq \f(2kq,R2)(cos54°＋cos18°) D．大小为eq \f(2kq,R2)(2cos54°＋cos18°) 解析　将各顶点处的点电荷等效为五个电荷量均为3q的正点电荷分别与电荷量为－2q、－q、0、q、2q的点电荷叠加，由对称性可知，五个电荷量均为3q的正点电荷在O点处产生的合场强为0，则O点的合场强等效于电荷量分别为－2q、－q、0、q、2q的点电荷产生的，如图所示，图中E0＝keq \f(\a\vs4\al(q),R2)，由对称性知O点处的电场强度方向沿x轴负方向，电场强度大小为E＝2×2E0cos54°＋2E0cos18°＝eq \f(\a\vs4\al(2kq),R2)(2cos54°＋cos18°)，故选A、D。 例3　(2025·山东省潍坊市高三下诊断性调研监测)真空中有两个电荷量大小为Q1和Q2的点电荷(电性未知)，分别固定在x1＝－1 cm和x2＝0处，测得x轴正半轴上各点的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．两点电荷电性相同 B．x＝eq \f(1,3) cm处场强为零 C．Q1＝4Q2 D．带负电的试探电荷在x＝eq \f(1,3) cm处由静止释放，将沿x轴负方向运动 解析　φ­x图线斜率的绝对值等于场强大小，可知x＝eq \f(1,3) cm处场强不为零，x＝1 cm处场强为零，由电场强度叠加原理可知，两点电荷电性相反，且keq \f(Q1,（1 cm－x1）2)＝keq \f(Q2,（1 cm－x2）2)，解得Q1＝4Q2，故A、B错误，C正确；沿电场线方向电势降低，可知0～1 cm之间的电场线方向沿x轴负方向，则带负电的试探电荷在x＝eq \f(1,3) cm处由静止释放，受到沿x轴正方向的静电力，将沿x轴正方向运动，D错误。 例4　(2025·湖南省长沙市名校高三下模拟冲刺)空间存在某静电场，在x轴上的电场强度方向均与x轴平行，且各点的场强E随坐标x的分布规律如图所示，规定x轴的正方向为电场强度E的正方向。一个带电粒子在x轴上以坐标原点O点为对称中心做往复运动。已知粒子仅受电场力作用，运动中电势能和动能的总和为A，且坐标原点O处电势为零。则(　　) A．该粒子可能带正电 B．该粒子在坐标原点O两侧分别做匀变速直线运动 C．x＝x0处的电势为－eq \f(1,2)E0x0 D．若该粒子带电荷量的绝对值为q，则粒子运动区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(\f(Ax0,qE0))，\r(\f(Ax0,qE0)))) 解析　由图像可知，在O点右侧的电场沿x轴正方向，在O点左侧的电场沿x轴负方向，又粒子在x轴上以O点为对称中心做往复运动，则其所受电场力方向与电场方向相反，该粒子带负电，故A错误；由图像可知，该电场不是匀强电场，粒子所受电场力大小会发生变化，因此在O点两侧做的不是匀变速直线运动，故B错误；E­x图像的面积大小表示电势差大小，又沿着电场线方向电势降低，因此φ原－φ0＝eq \f(1,2)E0x0，其中原点O的电势φ原＝0，得x＝x0处的电势φ0＝－eq \f(1,2)E0x0，故C正确；粒子电势能和动能的总和为A，且粒子向x轴正方向运动到最远处x＝xm时速度为零，动能全部转化为电势能，由能量守恒定律可知A＝q·eq \f(1,2) eq \f(E0,x0)xm·xm，解得xm＝eq \r(\f(2Ax0,qE0))，结合对称性可知，粒子运动区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(\f(2Ax0,qE0))，\r(\f(2Ax0,qE0))))，故D错误。 1．带电粒子在电场中运动问题的求解思路 (1)所有电场中 ①动能定理：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)。 ②能量守恒定律：ΔEp＋ΔEk＝0。 (2)匀强电场中 ①v0∥E：根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解。 ②v0与E不平行：粒子做类抛体运动，一般沿电场方向和垂直电场方向分解。 解析　设带电粒子的质量为m，电荷量为q，金属板长为L，两金属板间距为d，金属板右端到屏的距离为s，粒子在两金属板间运动的加速度大小为a，时间为t，则带电粒子在金属板间运动时，水平方向有L＝v0t，竖直方向有eq \f(\a\vs4\al(qU),d)＝ma，离开金属板间电场时，垂直金属板方向的速度vy＝at，合速度v与水平方向夹角θ的正切值为tanθ＝eq \f(\a\vs4\al(vy),v0)，根据类平抛运动的推论“速度的反向延长线交于水平位移的中点”，得带电粒子打在屏上的位置与O点的距离为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋s))tanθ，联立得y＝2,0)eq \f(\a\vs4\al(qUL),mdv) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋s)) ，可知，当U变为0.5U，v0变为0.5v0，保持其他条件不变时，y将变为原来的2倍，即粒子打在屏上的位置与O点的距离将变为2y，故选B。 解析　根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合 力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度 v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其 中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛 运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小， 动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋WE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。 解析：(1)两金属平板间的电场强度E＝eq \f(U,d) 颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，设其在水平方向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得Eq＝ma 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(mgdl),Uh)　(2)eq \f(\a\vs4\al(kmgdh),Ul) (3)当d≥(4k＋1)l＋eq \f(4k3h2,l)时，W＝eq \f(\a\vs4\al(mgl2),h)＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k2h2,l2)))k2mgh；当d<(4k＋1)l＋eq \f(4k3h2,l)时，W＝eq \f(\a\vs4\al(mgl2),h)＋eq \f(\a\vs4\al(（d－l）kmgh),l) 设该过程的时间为t，由运动学公式有l＝eq \f(1,2)at2 颗粒在竖直方向仅受重力，做自由落体运动，由运动学公式有h＝eq \f(1,2)gt2 联立解得q＝eq \f(\a\vs4\al(mgdl),Uh)。 (2)设颗粒在B点碰撞前瞬间水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，由运动学公式可得 vx＝at vy＝gt 由题意知，颗粒反弹后离开下方绝缘平板瞬间，其水平分速度大小为vx，方向水平向右，竖直分速度大小为vy′＝kvy，方向竖直向上 作出颗粒反弹后离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示，由于此时颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90° 又tanθ＝eq \f(\a\vs4\al(vy′),vx)，tanβ＝eq \f(\a\vs4\al(mg),EQ) 联立解得Q＝eq \f(\a\vs4\al(kmgdh),Ul)。 (3)由于vy′＝kvy<vy，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上方绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的 若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第一次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第二次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得，该过程的时间为t′＝eq \f(\a\vs4\al(2vy′),g) 水平方向上颗粒做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有QE＝ma1 这段时间内颗粒在水平方向上运动距离为x＝vxt′＋eq \f(1,2)a1t′2 联立解得x＝4kl＋eq \f(4k3h2,l) 当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋eq \f(4k3h2,l)时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则W＝Eql＋EQx 解得W＝eq \f(\a\vs4\al(mgl2),h)＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k2h2,l2)))k2mgh 当x>d－l，即d<(4k＋1)l＋eq \f(4k3h2,l)时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的，则W＝Eql＋EQ(d－l) 解得W＝eq \f(\a\vs4\al(mgl2),h)＋eq \f(\a\vs4\al(（d－l）kmgh),l)。 解析：未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮，重力与浮 力平衡，调节溶液pH＝3，由图b可知甲带电量为－2q0，乙带 电量为＋2q0，接通电源后两极板间为匀强电场，由牛顿第二定 律可得Eq＝ma，由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加 速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，由x＝eq \f(1,2)at2可知， 乙比甲先到达极板，故A正确；甲、乙运动过程中电场力均做 正功，电势能均减小，故B正确；甲、乙所带电荷电性相反，受到的电场力方向相反，故C错误；由图b可知，增大pH值，甲的带电量先减小后增大，受到的电场力也先减小后增大，故D错误。 2．(2025·山西省大同市高三下三模)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处在外产生的电场。如图所示，在半径为r的半球面上均匀分布着正电荷，AB为通过半球顶点与球心O的直线，且AO＝BO＝2r。若A、B点的电场强度大小分别为E1和E2，静电力常量为k，则半球面上的电荷量为(　　) A．eq \f(4（E1＋E2）r2,k) B．eq \f(2（E1＋E2）r2,k) C．eq \f(2（E1－E2）r2,k) D．eq \f(4（E1－E2）r2,k) 解析：设半球面上的电荷量为q，补全右半球面，右半球面上也均匀地带上电荷量为q的正电荷，则完整带电球面可以等效为在球心O处的电荷量为2q的正点电荷，根据对称性和场强叠加原理可知，该正点电荷在A点产生的电场强度为E1＋E2＝keq \f(\a\vs4\al(2q),（2r）2)，解得q＝eq \f(2（E1＋E2）r2,k)，故选B。 3．(2025·安徽省芜湖市第一中学高三下教学质量诊断)如图所示，竖直放置在光滑绝缘水平面上的平行板电容器，极板M固定，N与轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定。充电后电容器所带电荷量为Q，N板静止在O点，板间电场强度大小为E，每个极板在板间产生的电场均为匀强电场。若将N板向左移动Δx由静止释放，弹簧形变始终在弹性限度内，此后运动过程中(　　) A．N板在O点时弹簧处于原长 B．N板所带的电荷量为＋eq \f(Q,2) C．N板受到的电场力大小为eq \f(QE,2) D．系统机械能变化的最大值为4QEΔx 解析：电容器N极板静止在O点时，受到向左的电场力， 由平衡条件可知，此时弹簧处于伸长状态，A错误；由电容器 带电量的定义可知，充电后N板所带的电荷量为＋Q，之后其 带电量保持不变，所以N板所带的电荷量始终为＋Q，B错误；根据对称性和场强叠加原理可知，M板产生的匀强电场的场强为eq \f(E,2)，根据电场力公式和微元累积法可知，M板的电场对N板的作用力为F＝eq \f(QE,2)，C正确；释放后，N板做以O点为平衡位置、Δx为振幅的往复运动，当N板从最右端运动到最左端时，电场力做功为W＝F×2Δx＝eq \f(QE,2)×2Δx＝QEΔx，由于电场力做功使系统机械能改变，则系统机械能变化的最大值为QEΔx，D错误。 4．(2025·广西卷，14)在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O′为椭圆中心，O′A为半长轴，长度为a，O′B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2­eq \f(1,r)关系图，其中v为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝eq \f(kQ,r)，其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 (1)求B点的电势。 (2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。 (3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。 解析：(1)根据椭圆知识可知，B点到F点的距离rBF＝a B点的电势φB＝eq \f(kQ,rBF) 联立解得φB＝eq \f(kQ,a)。 (2)根据椭圆知识可知，A点到F点的距离rAF＝a－eq \f(c,2) A点的电势φA＝eq \f(kQ,rAF) 该试探电荷在A、B点的电势能分别为EpA＝－qφA，EpB＝－qφB 答案：(1)eq \f(kQ,a)　(2)－eq \f(\a\vs4\al(kQqc),a（2a－c）) (3)守恒　－eq \f(\a\vs4\al(kQq),2a) 根据电场力做功与电势能变化的关系可知，该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功WAB＝EpA－EpB 联立解得WAB＝－eq \f(\a\vs4\al(kQqc),a（2a－c）)。 (3)该试探电荷距＋Q点电荷的距离为r时，电势能为Ep＝－qφ 其中φ＝eq \f(kQ,r) 动能与电势能之和E总＝Ep＋eq \f(1,2)mv2 联立可得E总＝－kQq·eq \f(1,r)＋eq \f(1,2)mv2 设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2＝k0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r)－\f(1,2a))) 变形得－eq \f(k0m,4a)＝－eq \f(k0m,2)·eq \f(1,r)＋eq \f(1,2)mv2 对比分析可知E总＝－eq \f(k0m,4a)，kQq＝eq \f(k0m,2) 解得E总＝－eq \f(\a\vs4\al(kQq),2a) 可知该试探电荷在运动过程中动能与电势能之和守恒，且为－eq \f(\a\vs4\al(kQq),2a)。 解析：将该电容器充电后断开电源，则电容器所带的电荷量Q不变，由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)可得U＝eq \f(4πkQ,εrS)d，由题意知，随着F增大，d减小，且越来越“难以减小”，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δd,ΔF)))越来越小，故随着F增大，U减小，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔF)))越来越小，故选D。 4．(2025·安徽省芜湖市高三下二模)如图所示，A、B、C为一直角三角形的三个顶点，带电量绝对值分别为q1和q2的两个点电荷分别固定在A、B两点，在C点电场强度的大小为E1，方向与AB连线平行，AB连线中点D的场强大小为E2，∠A为30°。则下列关系正确的是(　　) A．q1∶q2＝8∶1，E1∶E2＝eq \r(3)∶12 B．q1∶q2＝8∶1，E1∶E2＝3eq \r(3)∶12 C．q1∶q2＝4∶1，E1∶E2＝3eq \r(3)∶20 D．q1∶q2＝4∶1，E1∶E2＝eq \r(3)∶12 解析：由于在C点电场强度的方向与AB连线平行，可知两点电荷为异种电荷，设BC长度为d，则AC长度为2d，AB长度为eq \r(3)d，两点电荷在C点产生的电场强度的大小分别为EA＝eq \f(kq1,（2d）2)、EB＝eq \f(kq2,d2)，在沿BC方向有EB＝EAsin30°，联立解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(8,1)，由场强叠加原理可知，在C点电场强度的大小为E1＝EAcos30°，在D点电场强度的大小为E2＝eq \f(kq1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)d))\s\up12(2))＋eq \f(kq2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)d))\s\up12(2))，联立解得eq \f(E1,E2)＝eq \f(\r(3),12)，故选A。 5．(2025·河南省洛平许济四市高三下第二次质量检测)如图，半径为R的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行。a、b、c是圆周上的三个点，且△abc为正三角形。从b点在圆平面内向不同方向以相同的速率射出相同的带正电粒子，粒子经过圆周上各点中c点的动能最大，粒子从b点到c点静电力做功为W，粒子带电荷量为q，不计粒子所受重力，取b点电势为零，则下列说法正确的是(　　) A．电场的方向由b指向c B．c点的电势为eq \f(W,q) C．粒子从b点到a点静电力做功为－W D．粒子在圆心O点的电势能为－eq \f(1,3)W 解析：粒子经过圆周上各点中c点的动能最大，则c点的电势 能最小，而粒子带正电，可知圆周上c点电势最低，则电场的方向 垂直于过c点的圆的切线方向，由O指向c，A错误；粒子从b点 到c点静电力做功为W，可知Ubc＝φb－φc＝eq \f(W,q)，又φb＝0，可得φc＝－eq \f(W,q)，B错误；由几何关系知，直线ab为等势线，电势均为零，则粒子从b点到a点静电力做功为0，C错误；匀强电场的场强大小E＝eq \f(Ubc,R＋Rsin30°)＝eq \f(2W,3qR)，O点电势φO满足φb－φO＝ERsin30°，可得φO＝－eq \f(W,3q)，粒子在圆心O点的电势能为EpO＝φOq＝－eq \f(1,3)W，D正确。 6．(2025·山东省潍坊市高三下诊断性调研监测)如图所示，空间中存在着大小为E的匀强电场，电场方向与水平方向的夹角为30°，半径为R的竖直半圆形光滑轨道固定在水平地面上，圆心为O，与地面相切于M点。质量为m、带电量为＋q的小球从M点以一定速度沿切线方向进入半圆形轨道，刚好运动至最高点N，已知E＝eq \f(mg,q)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球在N点的速度为eq \r(gR) B．小球在M点的速度最大 C．小球的最大动能为eq \f(9＋4\r(3),4)mgR D．小球与轨道间的最大弹力为(4＋2eq \r(3))mg 解析：小球受到的电场力大小为qE＝mg，小球受到的重力和电场力的合力如图1所示，由几何关系可得重力和电场力的合力F合与竖直方向的夹角为θ＝30°，大小为F合＝2mgcosθ＝eq \r(3)mg，如图2所示，可知小球经过图中等效最低点H时速度最大，故B错误；由题知小球刚好运动至最高点N，则此时小球受到轨道的弹力为0，有F合cosθ＝m2,N)eq \f(v,R) ，解得小球在N点的速度为vN＝eq \r(\f(3,2)gR)，故A错误； 小球在H点动能最大，速度最大，设为vmax，小球从等效最低点H到N点过程，根据动能定理可得－F合(R＋Rcosθ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,max)，联立解得小球的最大动能为Ekmax＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,max)＝eq \f(9＋4\r(3),4)mgR，故C正确；小球在等效最低点H处与轨道间弹力最大，根据牛顿第二定律可得Nmax－F合＝m2,max)eq \f(v,R) ，解得小球与轨道间的最大弹力为Nmax＝eq \f(9＋6\r(3),2)mg，故D错误。 7．(2025·山东省济南市高三下二模)(多选)如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板P和Q，P板带负电，Q板接地，板长为L，两板间距离为d。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近P板左侧边缘进入的电子恰好能打在Q板右侧边缘，电子进入板间时在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是(　　) A．电子击中Q板区域的长度为eq \f(1,2)L B．电子击中Q板区域的长度为eq \f(2－\r(2),2)L C．保持两板带电量不变，若将Q板向下平移eq \f(d,4)的距离，打在Q板上的电子数占进入平行板电子总数的eq \f(1,2) D．保持两板带电量不变，若将Q板向下平移eq \f(d,4)的距离，靠近P板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的eq \f(1,5) 解析：设电子初速度为v，竖直方向加速度为a，对靠近 P板左侧边缘进入的电子，平行金属板方向有L＝vt，垂直金 属板方向有d＝eq \f(1,2)at2，同理，对从金属板中间虚线处射入的电 子，有x＝vt1，eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，联立解得其平行金属板方向的位移x＝eq \f(\r(2),2)L，则电子击中Q板区域的长度为Δx＝L－x＝eq \f(2－\r(2),2)L，故A错误，B正确；设两板带电量为Q0，根据E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q0,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，整理得两板间匀强电场的电场强度E＝eq \f(4πkQ0,εrS)，可知保持两板带电量不变，若将Q板向下平移eq \f(d,4)的距离，两板间电场强度不变， 故电子在电场中加速度不变，可知从距离Q板d处射入的电子 恰好打在Q板右侧边缘，此电子的射入点距离P板Δh＝d＋eq \f(d,4) －d＝eq \f(d,4)，故打在Q板上的电子数占进入平行板电子总数的eq \f(1,2)，故 C正确；靠近P板左侧边缘进入的电子，竖直方向位移仍为d，由于Q接地，Q板电势为0，则有0－φP＝E·eq \f(5d,4)，得φP＝－E·eq \f(5d,4)，同理可知，出电场时有0－φ出＝Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5d,4)－d))＝E·eq \f(d,4)，得φ出＝－E·eq \f(d,4)，则有eq \f(Ep出,EpP)＝eq \f(－eφ出,－eφP)＝eq \f(1,5)，故D正确。 8. 如图所示，圆心为O、半径为R的均匀带电圆环位于水平面内，带电量为Q。一个质量为m、带同种电荷、带电量也为Q的小球，在圆心O的正上方高为h的O′处，处于静止状态，若O′与圆环上任一点的距离为L，则OO′间的距离h为(静电力常量为k，重力加速度为g)(　　) A．eq \f(mgL3,kQ2) B．eq \f(mgR3,kQ2) C．eq \f(kQ2,mgL3) D．eq \f(kmg,Q2L3) 解析：在带电圆环上取一段极小长度，设该段圆环带电量为Δq，该段带电圆环对带电小球的库仑力为ΔF＝keq \f(\a\vs4\al(Q·Δq),L2)，设该段带电圆环与O′的连线与OO′的夹角为α，则该库仑力的竖直分力为ΔFy＝ΔFcosα＝keq \f(\a\vs4\al(Q·Δq),L2)·eq \f(h,L)，带电圆环上每一段的电荷及与它对称位置的电荷对带电小球的库仑力的水平分力相互平衡，则带电圆环对带电小球的作用力为F＝∑ΔFy＝keq \f(hQ,L3)∑Δq＝eq \f(khQ2,L3)，小球处于静止状态，则F＝mg，解得h＝eq \f(\a\vs4\al(mgL3),kQ2)，故选A。 9．如图所示，分别带均匀正电的三根绝缘棒AB、BC、CA构成正三角形，现测得正三角形的中心O点的电势为φ，场强的方向由B指向O，大小为E，当撤去AB、BC，测得中心O点的电势为φ0，场强的大小为E0，规定无限远处电势为0，下列说法正确的是(　　) A．撤去AC，则中心O点的场强大小为E＋E0 B．撤去AC，则中心O点的电势为eq \f(φ－φ0,2) C．AB在中心O点的场强大小为eq \f(E＋E0,2) D．AB在中心O点的电势为φ－φ0 解析：根据对称性可知，AC在O点的场强E0指向B点，AB 在O点的场强指向C点，BC在O点的场强指向A点，三根绝缘 棒都存在时，O点的场强E的方向由B指向O，可知AB与BC的 带电量相等，AB与BC在O点的合场强(设大小为E1)由B指向O， 根据矢量的合成可得E1－E0＝E，解得E1＝E＋E0，即撤去AC，中心O点的场强大小为E＋E0，故A正确；AB、BC在中心O点的场强大小相等、方向成120°角，可得AB在中心O点的场强大小等于E1，即为E＋E0，故C错误；设AB与BC在O点的总电势为φ1，则有φ1＋φ0＝φ，解得φ1＝φ－φ0，即撤去AC，中心O点的电势为φ－φ0，故B错误；AB、BC在中心O点的电势相等，可得AB在中心O点的电势为eq \f(φ1,2)＝eq \f(φ－φ0,2)，故D错误。 10．(2025·江西省宜春市高三下二模)(多选)如图1，ABC为等腰直角三角形，BC＝AC＝4 cm，一匀强电场与其平面平行。现规定B→C为x轴正方向，且由B→C的电势变化如图2所示，C→A为y轴正方向，且由C→A的电势变化如图3所示，下列说法正确的是(　　) A．AC方向电场强度大小为100 V/m，方向由A→C B．BC方向电场强度大小为50 V/m，方向由C→B C．匀强电场的电场强度大小为50eq \r(3) V/m D．匀强电场的电场强度大小为25eq \r(5) V/m 解析：φ­x图像的斜率绝对值表示对应方向电场强度的大小，则根据图2可知BC方向电场强度大小Ex＝eq \f(3－1,4×10－2) V/m＝50 V/m，由沿电场线方向电势降低可知，方向由C→B，故B正确；同理，根据图3可知，AC方向电场强度大小Ey＝eq \f(3－2,4×10－2) V/m＝25 V/m，方向由C→A，故A错误；根据矢量叠加原理可知，匀强电场的电场强度大小E＝2,x)eq \r(E＋Eeq \o\al(2,y)) ＝25eq \r(5) V/m，故C错误，D正确。 11．(2024·江西卷，10)(多选)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝keq \f(Qq,r)(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　) A．最低点的位置x＝eq \f(kQq,（mg＋f）x0) B．速率达到最大值时的位置x＝eq \r(\f(kQq,mg－f)) C．最后停留位置x的区间是eq \r(\f(kQq,mg))≤x≤eq \r(\f(kQq,mg－f)) D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f)eq \r(\f(kQq,mg＋f)) 解析：小球甲所受重力竖直向下且不变，所受电场力竖直向上且 越向下越大，则由上到下，重力与电场力的合力先向下且不断减小， 减小到0后向上且不断增大，在重力与电场力的合力为0的位置，重 力与电场力的合力做功最大，总势能最小，由此位置向上或向下，总 势能均增大，若小球甲到达最低点能返回，则在最低点重力与电场力 的合力向上，又摩擦力始终对小球甲做负功，根据能量守恒定律分析可知，小球甲第一次到达的最低点就是整个过程的最低点，小球甲从开始释放至运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x′)＝f(x0－x′)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k\f(\a\vs4\al(Qq),x′)－k\f(\a\vs4\al(Qq),x0)))，解得最低点的位置x′＝eq \f(\a\vs4\al(kQq),（mg－f）x0)，A错误； 若小球甲在最低点能返回，则有eq \f(\a\vs4\al(kQq),x′2)>mg＋f，解得x′<eq \r(\f(\a\vs4\al(kQq),mg＋f))，又x′＝ eq \f(\a\vs4\al(kQq),（mg－f）x0)，则eq \f(\a\vs4\al(kQq),（mg－f）x0)<eq \r(\f(\a\vs4\al(kQq),mg＋f))，可得初始电势能Ep0＝eq \f(\a\vs4\al(kQq),x0)< (mg－f)eq \r(\f(\a\vs4\al(kQq),mg＋f))，D正确；小球甲最后静止时，所受静摩擦力大小f静 的范围为0≤f静≤f，若小球甲所受静摩擦力方向向上且最大，根据共 点力平衡条件有mg＝f＋k2,1)eq \f(\a\vs4\al(Qq),x) ，解得此时小球甲的位置x1＝eq \r(\f(\a\vs4\al(kQq),mg－f))，若小球甲所受静摩擦力方向向下且最大，根据共点力平衡条件有k2,2)eq \f(\a\vs4\al(Qq),x) ＝mg＋f，解得此时小球甲的位置x2＝eq \r(\f(\a\vs4\al(kQq),mg＋f))，因此小球甲最后停留位置x的区间为eq \r(\f(\a\vs4\al(kQq),mg＋f))≤x≤eq \r(\f(\a\vs4\al(kQq),mg－f))， C错误；分析可知，小球甲第一次向下经过x1位置时速率第一次最大， 若到达最低点能返回，则第一次向上经过x2位置时速率第二次最大，因 第一次向下运动过程从x1到x2速率减小，从第一次向下经过x2到第一 次向上经过x2，由能量守恒定律可知，小球甲的动能减小，速率减小， 则小球甲第一次向上经过x2的速率小于第一次向下经过x1的速率，同理 可知，第二次向下经过x1的速率小于第一次向上经过x2的速率，……，所以小球甲第一次向下经过x1位置时速率最大，故B正确。 3．(2025·浙江省宁波市高三下三模)如图为一平行板电容器，电容为C，A、B两极板的正对面积为S，上半部分正对面积为eq \f(S,2)且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为εr的均匀介质，上、下两半部分可分别看成两个电容器，其电容分别为C1和C2。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷＋Q和－Q。下列说法正确的是(　　) A．上、下两个电容器的电容C1和C2一定相等 B．上、下两个电容器两极板间的电势差U1和U2一定相等 C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量Q1和Q2一定相等 D．若电容器A、B两极板间均为空气，其电容C一定变大 解析：根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，上、下两个电容器的电容C1<C2，A错误；由静电平衡可知，稳定后，A、B两极板分别为等势体，则上、下两个电容器两极板间的电势差U1＝U2＝U，B正确；根据Q＝CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量Q1<Q2，C错误；若电容器A、B两极板间均为空气，相当于抽出两极板间的电介质，其电容C一定变小，D错误。 4．(2025·贵州省铜仁市高三下模拟)(多选)如图所示，一对带等量异种电荷的足够长的平行金属板A、B正对竖直放置，一质量为m、带电荷量为q的小球从A板内侧上的a点以初速度v0竖直向上抛出(与A板不接触)，经过一段时间后打在B板上的c点，b是其运动轨迹的最高点，a、b之间的高度差为b、c之间高度差的4倍。两板间匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(2mg,q)，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　) A．小球从a运动到c所用时间为eq \f(2v0,g) B．a、c两点间竖直方向上的高度差为2,0)eq \f(3v,8g) C．小球到达c点时动能大小为2,0)eq \f(37mv,8) D．小球从a运动到c电势能减小了2,0)eq \f(9mv,2) 解析：小球从a到b在竖直方向有v0＝gt1，veq \o\al(2,0)＝2ghab，解得t1 ＝eq \f(v0,g)，hab＝2,0)eq \f(v,2g) ，小球从b到c在竖直方向有eq \f(1,4)hab＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，解得t2＝eq \f(v0,2g)， 则小球从a运动到c所用时间t＝t1＋t2＝eq \f(3v0,2g)，a、c两点间竖直方向上 的高度差为hac＝hab－eq \f(1,4)hab＝2,0)eq \f(3v,8g) ，故A错误，B正确；小球到达c点时有vcx＝eq \f(\a\vs4\al(qE),m)t，vcy＝gt2，小球到达c点时动能大小为Ekc＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,c)＝eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,cx)＋veq \o\al(2,cy))，联立得Ekc＝2,0)eq \f(37mv,8) ，故C正确；小球从a运动到c，沿电场方向运动的距离x＝eq \f(1,2)·eq \f(\a\vs4\al(qE),m)t2，则电场力做的功WE＝qEx，由功能关系可知ΔEp电＝－WE，联立解得ΔEp电＝－2,0)eq \f(9mv,2) ，即电势能减少了2,0)eq \f(9mv,2) ，故D正确。 5．(2025·山东省德州市高三下三模)(多选)某静电场中x轴上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，x＝0处电势最低，x＝－x0处电势为2φ0，x＝3x0处电势为3φ0。一质量为m、带电量绝对值为q的带电粒子仅在电场力作用下，从x＝－x0沿x轴正方向运动，运动至x＝3x0处时速度恰好减小为0。下列说法正确的是(　　) A．粒子一定带正电 B．粒子在x＝－x0处的初速度大小为eq \r(\f(2qφ0,m)) C．粒子经过坐标原点时的动能为2qφ0 D．自x＝－x0至x＝3x0粒子的电势能先增大后减小 解析：粒子仅在电场力作用下运动，则其动能与电势 能之和保持不变，从x＝－x0到x＝3x0，在x＝3x0处速度 为0，则其动能为零，则粒子在x＝3x0处电势能最大，又 x＝3x0处电势较大，则粒子一定带正电，A正确；由能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝3qφ0－2qφ0，解得粒子在x＝－x0处的初速度大小为v0＝eq \r(\f(2qφ0,m))，B正确；设粒子经过坐标原点时的动能为Ek，坐标原点的电势为φ1，根据能量守恒定律得qφ1＋Ek＝3qφ0，因φ1未知，故不能确定粒子在坐标原点时的动能，C错误；自x＝－x0至x＝3x0电势先减小后增大，则粒子的电势能先减小后增大，D错误。 6．(2025·湖南省湘潭市高三下第五次模拟预测)如图所示，真空中a、b、c为边长为L的等边三角形的三个顶点，在a、b两点分别固定电荷量为＋q的点电荷，在c点固定电荷量为－2q的点电荷，O点为三角形中心，M、N、P点为三角形三边中点，已知点电荷在某点产生的电势为φ＝keq \f(Q,r)(Q为点电荷电量，r为该点到点电荷的距离)，下列说法正确的是(　　) A．O点场强大小为eq \f(8kq,L2)，电势为0 B．P点场强大小为eq \f(8kq,3L2)，电势为eq \f(（4\r(3)－4）kq,\r(3)L) C．M点和N点场强大小相等，电势不同 D．电子由O点沿直线移动到P点过程中，加速度减小，电势能增大 解析：如图所示，a、b两处点电荷在O点产生的电场强度大 小相等，均为E＝keq \f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2cos30°)))\s\up12(2))＝eq \f(\a\vs4\al(3kq),L2)，c处点电荷在O点产生的电 场强度大小为2E，根据电场强度的叠加原理，可得O点的电场强度大小为EO＝2Ecos60°＋2E＝eq \f(\a\vs4\al(9kq),L2)，根据点电荷在某点产生的电势为φ＝keq \f(Q,r)，及电势的叠加原理，可得O点的电势为φO＝eq \f(\a\vs4\al(kq),\f(L,2cos30°))＋eq \f(\a\vs4\al(k（－2q）),\f(L,2cos30°))＋eq \f(\a\vs4\al(kq),\f(L,2cos30°))＝0，故A错误；两个正点电荷在P点产生的合场强为零， 故P点的场强等于负点电荷在P点产生的场强，大小为EP＝keq \f(\a\vs4\al(2q),（Lcos30°）2)＝eq \f(\a\vs4\al(8kq),3L2)，同理可得P点的电势为φP＝eq \f(\a\vs4\al(kq),\f(L,2))＋eq \f(\a\vs4\al(k（－2q）),Lcos30°)＋eq \f(\a\vs4\al(kq),\f(L,2))＝eq \f(\a\vs4\al(（4\r(3)－4）kq),\r(3)L)，故B正确；根据对称性可知，M点和N点场强大小相等，电势相等，故C错误；电子由O点沿直线移动到P点过程中，与负电荷距离变大，与两正电荷距离均变小，所在位置电势变大，电子电势能减小，故D错误。 解析：由动能定理知，Ek­x图像的斜率表示小球所受合外力，结合 题图乙知，下落到x＝0.4 m的过程中，小球所受的合外力先减小后增大 再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小后增大再减小； 当x→∞时，小球所受的电场力趋近于0，则Ek­x图像的渐近线的斜率为 重力，即mg＝9 N，解得小球的质量m＝0.9 kg，A、C错误。分析可知，小球在x＝0.4 m处所受合外力为0，对小球受力分析如图所示，由平衡条件有mg＝2keq \f(\a\vs4\al(q2),L2)cosθ，其中L＝eq \r(0.32＋0.42) m＝0.5 m，cosθ＝eq \f(0.4 m,L)＝0.8，解得q＝1.25×10－5 C，故B正确。下落到x＝0.4 m的过程中，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量ΔEp电＝mg×0.4 m＋(2.0 J－1.85 J)＝3.75 J，故D错误。 与在三点放置电荷量均为Qb的正点电荷a′、b′、c′，并在a点叠 加一个电荷量为(Qb－Qa)的负点电荷d形成的电场相同，在a′、 b′、c′形成的电场中N点和M点电势相等，由于N点比M点离 d点电荷较远，则在d形成的电场中N点的电势高于M点的电势，根据电势的叠加原理，N点的电势高于M点的电势，故试探电荷q在M点和N点电势能不相等，故C错误；△abc为等边三角形，设其边长为2L，则aN＝bM＝2Lcos30°＝eq \r(3)L，由上述分析可得，N点的电场强度大小为EN＝eq \f(kQa,（\r(3)L）2)＝eq \f(kQa,3L2)，M点的电场强度大小为EM＝eq \f(EMb,cos60°)＝2EMb＝2eq \f(kQb,（\r(3)L）2)＝eq \f(2kQb,3L2)，又有Qb>Qa，可得EM>EN，故D正确。 10．(2025·山东省实验中学高三下二模)(多选)如图所示，平面内圆周上的P、Q、R、S四点处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，O为圆心。K为弦PR的中点，L为弦QS的中点。电荷量为＋q的粒子从P点沿圆弧移动到Q点电势能减少ΔEp1；若该粒子从R点沿圆弧移动到S点，电势能减少ΔEp2。P、R和Q、S间的电势差分别为UPR、UQS。下列说法正确的是(　　) A．P点电势高于Q点电势 B．若粒子从K点移动到L点，电场力做功为eq \f(ΔEp1＋ΔEp2,2) C．若ΔEp1<ΔEp2，则UPR>UQS D．若R、S的距离为d，则电场强度最小值为eq \f(ΔEp2,qd) 解析：电荷量为＋q的粒子从P点沿圆弧移动到Q点电势能减少 ΔEp1，由Ep＝qφ可知P点电势高于Q点电势，故A正确；粒子从P 点沿圆弧移动到Q点有ΔEp1＝q(φP－φQ)，从R点沿圆弧移动到S点 有ΔEp2＝q(φR－φS)，又φK＝eq \f(\a\vs4\al(φP＋φR),2)，φL＝eq \f(\a\vs4\al(φQ＋φS),2)，若粒子从K点移动到L点，电场力做功为W＝q(φK－φL)，联立得W＝eq \f(ΔEp1＋ΔEp2,2)，故B正确；若ΔEp1<ΔEp2，则q(φP－φQ)<q(φR－φS)，解得φP－φR<φQ－φS，即UPR<UQS，故C错误；若R、S的距离为d，则电场强度E＝eq \f(URS,dcosθ)，θ为RS与电场方向的夹角，当θ＝0°即电场方向由R指向S时，电场强度最小，最小值为Emin＝eq \f(URS,d)＝eq \f(φR－φS,d)＝eq \f(ΔEp2,qd)，故D正确。 11．(2025·山东卷，11)(多选)球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，电荷量分别为＋2q和＋q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC＝45°，OD⊥AB，A、B两点间距离为eq \r(3)R，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(　　) A．甲的质量小于乙的质量 B．C点电势高于D点电势 C．E、F两点电场强度大小相等，方向相同 D．沿直线从O点到D点，电势先升高后降低 解析：小球甲、乙均受重力、垂直碗壁指向O的弹力、 沿AB连线方向的库仑斥力，构成的闭合矢量三角形如图所 示，根据图中的几何关系，可知eq \f(m甲g,OG)＝eq \f(F,AG)，eq \f(m乙g,OG)＝eq \f(F,BG)，可得eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(BG,AG)，因BG>AG，可知m甲>m乙，A错误；将小球甲、乙形成的电场视为A处一个电荷量为＋q的点电荷形成的电场1与A、B处一对电荷量均为＋q的等量同种点电荷形成的电场2的叠加，在电场1中，由于C点与点电荷的距离更近，则φ1C>φ1D，在电场2中，根据两等量正点电荷周围的等势面分布可知φ2C>φ2D，由电势的叠加原理可知，C点电势高于D点电势，B正确；在电场2中，根据对称性知，EE2、EF2大小相等、 方向相反，在电场1中，EE1>EF1，方向均与EE2相同，由场强叠加原理可知，E、F两点电场强度的大小不相等，C错误；沿直线从O点到D点，与两小球的距离始终相等且均先减小后增大，则两小球单独形成的电场的电势均先升高后降低，且变化趋势始终相同，由电势的叠加原理可知，沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。 $