第1部分 专题3 1 第一讲 电场（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第一讲　电场 学生用书⬇第41页 考点一　电场的性质 半径为R的绝缘细圆环固定在如图所示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为 A.正电荷，q＝ B.正电荷，q＝ C.负电荷，q＝ D.负电荷，q＝ 答案：C 解析：在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电荷量qA＝qB＝ΔL，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝＝，方向从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝。故选C。 求解非点电荷带电体场强问题的几种方法 补偿法 将有缺口的带电圆环补全为完整圆环，或将半球面补全为完整球面 微元法 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用电场强度的公式和叠加原理求出合电场强度 对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，可以使复杂电场的叠加计算大为简化 等效法 在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情境等效变换为简单的或熟悉的电场情境 (2025·云南昭通联考)静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件和电子显微镜。如图为其内部静电场中等差等势面的分布示意图，其中MN和M'N'为互相垂直的对称轴，O点为对称轴的交点。一电子由A点以某一速度射入该电场，仅在静电力作用下的运动轨迹如曲线AB所示，C、D为该轨迹曲线上的两点。下列说法正确的是 A.C点的电势低于D点的电势 B.电子在C点的动能小于在D点的动能 C.电子在C点的电势能与动能之和等于在D点的电势能与动能之和 D.电子从D点运动到B点过程中动量的变化率不变 答案：C 解析：根据题图可知，在D点电子所受静电力沿M'N'向右，由于电子带负电，静电力方向与电场方向相反，即在M'N'连线上电场方向向左，沿着电场线方向电势降低，所以C点的电势高于D点的电势，故A错误；电子在电势高处电势能小，所以电子在C点的电势能小于在D点的电势能，静电力做负功，动能减小，电子在C点的动能大于在D点的动能，故B错误；由于只有静电力做功，故运动中电势能与动能之和不变，故C正确；动量的变化率＝F电＝qE，由题图可知，由D点运动到B点过程中电场强度E发生了变化，即动量的变化率发生了变化，故D错误。故选C。 判断场强大小、电势高低、电势能大小的方法 判断场强大小 (1)根据电场线的疏密判断 (2)根据公式E＝k和场强叠加原理判断 判断电势高低 (1)根据电场线的方向判断 (2)由UAB＝判断 (3)根据静电力做功(或电势能的变化)判断 判断电势能大小 (1)根据Ep＝qφ判断 (2)根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断 学生用书⬇第42页 预测.(2025·河北唐山质检)针状电极O和平板电极MN接高压直流电源后，其间可产生较强的电场，电场线的分布如图所示， 图中虚线PB、PC分别为甲、乙两带电粒子(不计重力及两粒子的相互作用)以相同的动能从P点出发后在电场中的运动轨迹，若已知两粒子所带电荷量的绝对值相等，则下列判断正确的是 A.甲粒子可能带正电，乙粒子可能带负电 B.甲粒子从P点运动到B点的过程中，其动能与电势能之和可能减少 C.甲、乙粒子分别运动到B、C两点时，甲粒子的动能大 D.甲、乙粒子分别运动到B、C两点时，甲粒子的电势能大 答案：C 解析：由题图中电源的连接情况可知，电场线的方向由电极O指向电极MN，结合曲线运动的特点，粒子受到的静电力必指向曲线的凹侧，可知甲、乙两粒子均带负电，故A错误；粒子仅在静电力作用下运动的过程中，粒子的动能和电势能之和不变，故B错误；由电场线分布情况可知φB＞φC，即UPB＜UPC，静电力对两粒子均做负功，据动能定理可知，甲粒子经过B点时的动能大，故C正确；B点电势高于C点，又甲、乙均带负电，故甲粒子的电势能小，故D错误。故选C。 考点二　带电粒子在电场中的运动 带电粒子在电场中运动的分析 带电粒子在电场中的直线运动 动力学观点 匀强电场中：a＝，E＝，v2－＝2ad 功能观点 (1)匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－m (2)非匀强电场中：W＝qU＝mv2－m 带电粒子在电场中的类平抛运动 运动条件 (1)只受电场力 (2)初速度v0⊥E 运动性质 匀变速曲线运动： (1)沿初速度方向做匀速直线运动 (2)沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动 两个结论 (1)速度偏向角正切是位移偏向角正切的2倍，即tan φ＝2tan θ (2)速度反向延长线过水平位移的中点 带电粒子在电场中的类斜抛运动 两个分运动 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 (多选)如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。位于和圆筒B、D相连的金属圆板O中央的一个质子在圆板O和圆筒A之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电荷量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 A.M、N所接电源的极性应周期性变化 B.质子每经过一次狭缝速度的增加量为 C.质子从圆筒E射出时的速度大小为 D.圆筒A、B、C、D、E的长度之比为1∶∶∶∶ 答案：AD 解析：根据题意，直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A电势高时B的电势低，质子才能在A、B间的狭缝向右加速，则在下一个狭缝加速时需要B电势高，C电势低，所以M、N所接电源的极性应周期性变化，A正确；质子每通过狭缝加速一次，狭缝间静电力做的功等于质子动能变化量，由动能定理得eU＝mv'2－mv2，整理得v'2－v2＝，可知质子每经过一次狭缝速度的增加量不等于，B错误；质子从圆板中心进入，则共经历5次完整加速，有5eU＝m，解得v出＝，C错误；根据neU＝m，可得vn＝，质子在圆筒A、B、C、D、E中运动时的速度之比为v1∶v2∶v3∶v4∶v5＝1∶∶∶∶，根据xn＝vnT可知圆筒A、B、C、D、E的长度之比x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶∶∶∶，故D正确。故选AD。 学生用书⬇第43页 (2025·河南九师联盟联考)如图所示，平行边界A、B间有垂直于边界向右的匀强电场Ⅰ，平行边界B、C间有方向与边界成45°斜向右下方的匀强电场Ⅱ，边界A上P点有一粒子源，可以在纸面内向电场Ⅰ内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行边界向下射出的粒子经电场Ⅰ偏转后，进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做直线运动，平行边界向上射出的粒子，经电场Ⅰ、Ⅱ偏转，恰好垂直边界C射出。已知电场Ⅰ的电场强度为E，A、B间距为L，B、C间距为2L，不计粒子的重力和粒子间的作用力，求： (1)所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小； (2)电场Ⅱ的电场强度的大小； (3)边界C上有粒子射出区域的长度。 模型剖析 一、分析带电粒子在电场Ⅰ中的运动 第一步：建模型 平行边界向下、向上射出的粒子在电场Ⅰ中做类平抛运动 第二步：画轨迹 平行边界向下、向上射出的粒子在电场Ⅰ中的运动轨迹如图中轨迹①②所示 第三步：分析已知，选规律 (1)平行边界向下射出的粒子出电场Ⅰ时，速度偏向角为45° 粒子在电场Ⅰ中沿电场方向做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得qE＝ma，v2＝ 由速度的合成可得粒子出电场Ⅰ时的速度 v＝v2 解得v＝2 根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小相同，都等于2。 二、分析带电粒子在电场Ⅱ中的运动 第一步：建模型 沿轨迹②运动的粒子，进电场Ⅱ时速度方向恰好与电场Ⅱ的电场强度方向垂直，此粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动 第二步：画轨迹 画出粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动的运动轨迹如图中轨迹③所示 第三步：分析运动，选规律 (2)粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a'＝ 将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场方向分解，则x＝vt，y＝a't2 由于此粒子在电场Ⅱ中的速度偏向角为45°，根据速度反向延长线过匀速运动位移的中点知y＝x 根据几何关系x＋y＝2L 解得y＝L，E'＝E。 (3)粒子在P点射出的初速度大小为 v0＝v1＝v2＝ 由于沿平行边界射出的粒子出电场Ⅰ时速度的偏向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的区域长度为s1＝4L 则在边界C上有粒子射出的区域长度 s2＝s1＋2L＋(2L－y) 解得s2＝L。 母题变式. (多选)如图所示，在xOy平面内，在x轴上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；在x轴下方有方向与x轴成45°角的匀强电场，电场强度大小为E。t＝0时刻有一电荷量为＋q、质量为m的粒子从(0，h)处以沿x轴负方向的速度v0射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第1次经过x轴时速度方向与x轴成45°角，则 A.v0与E满足v0＝ B.粒子第1次到达x轴的时间为 C.粒子第2次经过x轴时的位置为(－h，0) D.粒子第4次经过x轴时的位置为(10h，0) 答案：BD 解析：粒子在第二象限做类平抛运动，有vy＝v0tan 45°，h＝，a＝，联立求得v0＝，故A错误；粒子第1次到达x轴时，根据类平抛运动的推论可得tan 45°＝2tan θ＝2，可得x1＝2h，则粒子第1次到达x轴的时间为t＝＝，故B正确；粒子第1次到达x轴时，速度方向与x轴成45°角，可知粒子进入第三象限做匀减速直线运动，减速到0后，反向匀加速第2次通过x轴，可知粒子第2次经过x轴时的位置坐标为(－2h，0)，故C错误；粒子第2次经过x轴后做类斜抛运动，根据对称性，粒子第3次到达x轴的位置坐标为(2h，0)，且速度方向与x轴正方向成45°，接着粒子在第四象限内做类平抛运动，直到第4次到达x轴，有x4sin 45°＝v0t4，x4cos 45°＝·，可得粒子第4次在x轴上发生的位移大小为x4＝8h，则粒子第4次通过x轴时x＝2h＋x4＝10h，所以粒子第4次经过x轴时的位置坐标为(10h，0)，故D正确。故选BD。 学生用书⬇第44页 1.实验探究类 (2025·云南高考)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为－2 V、－1 V、1 V、2 V的等势线上，则 A.a、b、c、d中a点电场强度最小 B.a、b、c、d中d点电场强度最大 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 答案：C 解析：由题意可知相邻两等势线间的电势差相等，则题图中的等势线为等差等势线，由题图可知a点的电场强度最大，c点的电场强度最小，A、B错误；一个电子从b点移动到c点的过程，电场力做功为Wbc＝qUbc，又q＝－e、Ubc＝φb－φc，代入数据解得Wbc＝2 eV，C正确；同理，—个电子从a点移动到d点的过程，电场力做功为Wad＝qUad，又Uad＝φa－φd，代入数据解得Wad＝4 eV，该过程电子的电势能减少了4 eV，D错误。故选C。 2.生产情境类 (多选)(2024·广东高考)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有 A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 答案：AC 解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。故选AC。 3.科技情境类 (2025·黑吉辽蒙高考)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 答案：D 解析：由平行板电容器电容的决定式C＝，结合题意可知增大两极板的压力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又电容器充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变，由U＝可知，电容器两极板间的电压减小，A、B错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错误，D正确。故选D。 4.科技情境类 (2025·河南高考)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10－10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10－13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10－2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求： 学生用书⬇第45页 (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； (2)A、B细胞收集管的间距。 答案：(1)5×10－3 m　(2)0.11 m 解析：(1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细胞的液滴 垂直电场方向有l＝vt1 平行电场方向有x1＝a 由牛顿第二定律可知qE＝ma 联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10－3 m。 (2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正切值为tan θ＝＝2 含A、B细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A细胞的液滴从离开电场至到达A细胞收集管过程偏转的距离为x2＝＝0.05 m 即含A细胞的液滴从开始运动至到达A细胞收集管的过程偏转的距离为xA＝x1＋x2＝0.055 m 由于含A、B细胞的液滴电性相反，质量、电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。 5.科技情境类 (2025·广东高考)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，碰撞时电荷量改变，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，其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)颗粒碰撞前的电荷量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。 (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，静电力对它做的功W。 答案：(1)　(2)　(3)见解析 解析：(1)根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝gt2 水平方向上做匀加速直线运动，则有 ＝ma，l＝at2 解得q＝。 (2)根据题意可知，颗粒与绝缘平板第一次碰撞前，竖直分速度为vy1＝ 水平分速度为vx1＝＝ 则第一次碰撞后竖直分速度为vy2＝kvy1＝k 设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝＝ 由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tan θ＝＝ 联立解得Q＝。 (3)根据题意可知，由于k＜1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘平板。 ①若颗粒第二次碰撞是和下绝缘平板碰撞，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t'，则有 t'＝＝2k 水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a'＝＝ 水平方向上运动的距离为 l'＝vx1t'＋a't'2＝4kl＋ 则静电力对颗粒做的功为 W＝＋＝＋4k2mgh＋； ②若l＋l'＞d，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向位移为d－l，颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，静电力对颗粒做的功为 W'＝＋＝＋。 专题集训(十)　电场 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1.(2024·贵州高考)如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则等于 A. B. C. D.2 答案：B 解析：根据题意可知两点电荷为异种电荷，假设qA为正电荷，qB为负电荷，两点电荷在C点的场强如图，设圆的半径为r，根据几何知识可得rAC＝r，rBC＝r，tan 60°＝，同时有EA＝k ，EB＝k，联立解得＝。故选B。 2.(2025·广东佛山测试)细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称，下列说法正确的是 A.N、P两点的电场强度相同 B.M点的电势与N点的电势相等 C.DNA分子在M点的加速度比在N点大 D.DNA分子在M点的电势能比在N点大 答案：D 解析：电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由题图可知N、P两点的电场强度方向不同，故A错误；沿着电场线方向电势降低，M点的电势低于N点的电势，故B错误；M处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知a＝，DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C错误；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的过程中电场力做正功，电势能减小，则DNA分子在M点的电势能比在N点大，故D正确。故选D。 3. (2025·江苏南京一模)在光滑绝缘的水平面上有A、B、C三点，构成一个边长为a的正三角形，O点是正三角形的中心，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点。在A、B、C三点分别固定有电荷量均为＋q的点电荷，k为静电力常量，下列说法正确的是 A.D、E、F三点的电场强度相同 B.A点的点电荷所受的库仑力大小为 C.若将另一电荷量为＋q的点电荷轻放于O点，它将向C点运动 D.若将另一电荷量为＋q的点电荷从D点移到E点，再从E点移到F点，此电荷的电势能将增加 答案：B 解析：由题图根据电场的叠加原理可知，D、E、F三点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；由库仑定律可知，B、C两点的点电荷对A点的点电荷的库仑力大小均为 ，两库仑力的夹角为60°，所以A点的点电荷受到的合力大小为F＝2×cos 30°＝，故B正确；三个点电荷在O点激发的电场强度的矢量和为0，所以将另一电荷量为＋q的点电荷轻放于O点，它将静止不动，故C错误；根据对称关系可知，D、E、F三点的电势相等，所以将另一电荷量为＋q的点电荷从D点移到E点，再从E点移到F点，此电荷的电势能不变，故D错误。故选B。 4.(2025·甘肃高考)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是 A.M点的电势比P点的低 B.M点的电场强度比N点的小 C.负电荷从M点运动到P点，速度增大 D.负电荷从M点运动到P点，静电力做负功 答案：D 解析：M、N两点电势相等，电场方向由上到下，N、P在同一电场线上，沿电场线方向电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，M点电势高于P点，选项A错误；M点处电场线分布比N点处密集，可知M点电场强度比N点大，选项B错误；负电荷从M点运动到P点，电势能增加，则静电力做负功，动能减小，速度减小，选项C错误，D正确。故选D。 5. (多选)(2025·江西新余二模)如图所示，真空中半径为r的圆上有A、B、C三点，AB为直径，O点为圆心，∠ABC＝30°。在A、B两点分别固定电荷量为＋Q(Q＞0)和＋3Q的点电荷，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是 A.O点的电场强度大小为 B.C点的电场强度大小为 C.从A点沿直线至O点电势逐渐降低 D.将一个正试探电荷从A点沿直线移动至O点的过程中，其电势能先减小后增大 答案：BD 解析：由场强叠加原理可知，O点的电场强度大小为EO＝k－k＝，A错误；由场强叠加原理可知，C点的电场强度大小为EC＝＝，B正确；因AB之间场强为零的点在AO之间某点(设为D点)，则从A到D电势降低，从D到B电势升高，即从A到O电势先降低后升高，将一个正试探电荷从A点沿直线移动至O点的过程中，其电势能先减小后增大，C错误，D正确。故选BD。 6. (2025·重庆西南大学附中检测)在某个电场中，x轴上各点电势φ随x坐标变化如图，图像关于φ轴左右对称，一质量m、电荷量－q的粒子仅在电场力作用下由静止释放能沿x轴做直线运动，下列说法中正确的是 A.x＝－x1点的电场强度大小大于x＝x2点电场强度大小 B.x＝x1和x＝－x1两点电场强度和电势都相同 C.该粒子在x＝x1点的电势能大于在x＝x2点的电势能 D.若该粒子在x＝－x1点由静止释放，则粒子到达O点时刻加速度为零，速度达到最大 答案：C 解析：根据E＝＝可知，φ -x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据题图可知，x＝－x1点的电场强度大小小于x＝x2点电场强度大小，故A错误；x＝x1和x＝－x1两点电场强度大小相等，由于沿电场线方向电势降低，根据题图可知，x＝x1和x＝－x1两点电势相等，但电场强度方向相反，故B错误；x＝x1点的电势小于x＝x2点的电势，该粒子带负电，根据Ep＝qφ可知，该粒子在x＝x1点的电势能大于在x＝x2点的电势能，故C正确；沿电场线电势降低，则在x负半轴的电场方向沿x轴正方向，若该粒子在x＝－x1点由静止释放，该粒子带负电，所受电场力方向沿x轴负方向，则粒子将沿x轴负方向运动，不可能到达坐标原点，故D错误。故选C。 7.(2025·安徽淮北、淮南第二次质检)如图甲所示，两个等量点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有a、b、c三点。一个质量为50 g、电荷量大小为5×10－3 C的带正电小球(可视为质点)，从a点由静止释放，经过b、c两点，小球运动的v -t图像如图乙所示，其经过b点时对应的图线切线斜率最大，则下列分析正确的是 A.b、c两点间电势差Ubc＝12 V B.沿中垂线由a点到c点电势逐渐升高 C.由a点运动到c点的过程中，小球的电势能先增大后减小 D.b点为中垂线上电场强度最大的点，且场强Eb＝25 V/m 答案：D 解析：从b点到c点，由动能定理有qUbc＝m－m，解得Ubc＝120 V，A错误；由题图乙可知，从a点到c点小球速度一直增大，静电力一直做正功，则小球的电势能一直减小，小球带正电，故沿中垂线由a点到c点电势逐渐降低，B、C错误；由题意可知，b点对应的图线切线斜率最大，即在b点时加速度最大，由qE＝ma可知b点为中垂线上电场强度最大的点，且场强Eb＝25 V/m，D正确。故选D。 8.(2025·四川高考)如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q(Q ＞ 0)的带电小球。另一个电荷量为q(q＞0且q≪Q)的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则 A.小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力 B.小球从c点到e点电势能先不变后减小 C.小球过f点的动能等于过d点的动能 D.小球过b点的速度大于过a点的速度 答案：B 解析：小球所受库仑力F＝k，由于rOe＞rOb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；由正点电荷周围的电势分布情况可知，离场源电荷越远电势越低，离场源电荷距离相等电势相等，则根据Ep ＝ qφ，可知小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；由于rOf＞rOd，根据选项B分析可知，小球的电势能Epd ＞Epf，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；由于rOa＞ rOb，根据选项B分析可知，小球的电势能Epb ＞ Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。故选B。 9.(2025·河北承德联考)空间存在水平向左的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球由M点以速度v0竖直向上抛出，运动到最高点P时速度大小恰好也为v0，空气阻力不计，重力加速度为g，小球从M运动到P的过程中，下列说法正确的是 A.小球的电势能增加 B.小球的机械能先减少后增加 C.匀强电场的电场强度大小为 D.小球运动过程中速度的最小值为v0 答案：D 解析：小球运动过程中，电场力做正功，电势能减少，机械能增加，故A、B错误；小球在竖直方向做竖直上抛运动，从出发点运动到最高点P有t＝，水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，则v0＝axt，解得ax＝g，由ax＝，解得匀强电场的电场强度大小为E＝，故C错误；小球的加速度大小为a＝＝g，将初速度沿加速度方向和垂直加速度方向分解，可知当沿着加速度方向的分速度为0时，小球的速度最小，且此时速度等于垂直于加速度方向的分速度，则vmin＝v0，故D正确。故选D。 10.(2025·江苏南通月考)某电场中，x轴上各点电场强度E随位置x的变化规律如图所示，x轴正方向是电场强度的正方向，一电子从－x0处以v0沿x轴正方向射入，下列说法正确的是 A.电子能越过x0处 B.0.5x0处电势最高 C.－x0处的电势比O点高 D.电子在－x0处电势能小于在0.5x0处电势能 答案：A 解析：E-x图像与x轴围成的面积表示电势差，由题图可知，从－x0处到x0处电势差为0，电场力做功为零，所以电子到x0处速度为v0且方向沿x轴正方向，能越过x0处，故A正确；在O点左侧，电场强度方向沿x轴负方向，在O点右侧，电场强度方向沿x轴正方向，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以O点为电势最高点，故B、C错误；O点与－x0处的电势差为U1＝E0x0，O点与0.5x0处的电势差为U2＝×2E0×0.5x0＝E0x0，所以－x0处电势低于0.5x0处电势，根据Ep＝qφ，由于电子带负电，所以电子在－x0处电势能大于在0.5x0处电势能，故D错误。故选A。 11.(10分)(2025·广西高考)如图甲，带电粒子绕着电荷量为＋Q的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电荷量为－q；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为φ＝k，k为静电力常量，带电粒子速度的平方v2与其到电荷的距离的倒数满足如图乙关系。 (1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势。 (2)求带电粒子从A到B的运动过程中，静电力对带电粒子做的功。 (3)用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒。若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。 答案：(1)　(2)－kQq (3)守恒　－ 解析：(1)由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故半短轴顶点B距源电荷的距离为r＝a 根据电势计算公式φ＝k可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为φB＝。 (2)同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为φA＝k＝ 根据静电力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A到B的运动过程中，静电力对带电粒子做的功为WAB＝－q＝－kQq。 (3)设带电粒子的质量为m，假设带电粒子动能与电势能之和守恒，则满足mv2＋(－q)＝C(定值) 则v2＝·＋ 根据题图乙可知v2 -图像为一条倾斜直线，故假设成立，将(，0)代入关系式可得其动能与电势能之和为C＝－。 学生用书⬇第46页 学科网（北京）股份有限公司 $