专题12 电场的性质 课件 -2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题12 电场的性质 1 带电粒子在电场与磁场交织的世界中加速偏转,我们在知识与方法的组合与叠加中积累属于自己 的力量! 真题解码 　  (2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向 竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该 圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区 域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求: (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小; (2)粒子的电荷量与质量之比; (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。 真题试练 目 录 解析　(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中 点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0= 。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动, 设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L, at2= , 联立解得粒子的电荷量与质量之比 = = 。 (3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R, 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m , 解得R=L, 粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示, 答案　(1) 　(2) 　(3)60° 目 录   由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ, 可得tan θ= = ,θ=30°,则有α=60°。 目 录 方法技巧 确定粒子做圆周运动的轨迹圆心位置的常用方法  　　  利用两速度的垂线,如图(A);利用速度的垂线及弦的中垂线,如图(B);利用两条弦的中垂线,如图 (C);利用弦的中垂线及圆心到轨迹上任一点的距离等于半径,如图(D);利用角平分线上圆心到入射方向或出射方向的距离等于R,如图(e)。 目 录 　  探究1　一题多解 对于第(3)问中的夹角,试使用动量定理结合微元法求解。 思维探秘 答案　根据题意,水平方向有∑qBvyΔt=m|Δvx| 又有∑vyΔt=y,可得qBy=mv0(1- cos α) 其中由几何关系有y= L sin α 解得速度偏转角α=60° 也可以从竖直方向根据动量定理结合微元法得 ∑qBvxΔt=mΔvy 则qB· L(1+ cos α)=mv0 sin α,解得α=60° 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:求粒子在abcd区域的运动时间t。 ②设问2:求粒子在圆形区域内的运动时间t1。 答案　①解法1:粒子在平行于bc方向做匀速直线运动,有L=v0t,则t= = 。 解法2:分运动具有等时性,故可以考虑平行于ab方向的运动,有 = at2,qE=ma,则t= = 。 ②t1= · ,α=60°,则有t1= = 。 目 录 互动互探 带电粒子在磁场中运动的几何关系一般是怎样确定的? 互动点拨 　　先确定轨迹圆心,然后去找轨迹圆心、入射点、出射点彼此连线所构成的三角形,且一般需要进一 步作辅助线构建出直角三角形,方便用到题中已知的长度和角度。 目 录 探究3　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、第Ⅲ象限中有两平行板电 容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别 紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点静止释放,经电场直线加速后从N点射出电容器C1并紧贴电容 器C2下极板进入电容器C2,然后从P点进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开磁场,运动轨迹如 图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间 电场均视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。 目 录 　  (1)分析带电粒子的电性。 (2)若电容器C1两极板的间距为d1,求粒子在电容器C1中运动的加速度、时间、末速度。 (3)计算电容器C2两极板间的场强大小,并说明其方向。 (4)求粒子在电容器C2中的运动时间。 (5)求电容器C2的极板的长度。 (6)若两电容器极板间的电压均变为2U,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进入? (7)若电容器C2的两极板间距变为2d,电容器上的电荷量不变,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进 入? (8)求粒子离开电容器C2的速度大小和方向。 稳基础 目 录 　  (9)粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径是多大? (10)求磁感应强度B的大小。 (11)求粒子在磁场中做圆周运动的周期。 (12)粒子在磁场中运动的时间是多少? (13)若磁场方向变为垂直纸面向里,粒子的轨迹如何变化?粒子从何处离开磁场? (14)若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足什么条件? 叠能进阶 目 录 答案　(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力,由左手定则可判定粒子带正电。 (2)粒子在电容器C1两极板间运动,加速度a1= = ,由d1= a 得时间t1= ,末速度v1=a1t1=  (另解:由动能定理有qU= m ,解得v1= )。 (3)电容器C2两极板间的场强E2= ,带正电的粒子向上偏转,所受电场力向上,故电容器C2两极板间场强 方向沿y轴正方向。 (4)粒子在电容器C2中沿y轴方向有d= ·  , 解得t2= 。 (5)粒子在电容器C2中沿x轴方向有L=v1t2=2d。 目 录 (6)粒子在电容器C2两极板间偏转的侧移量Δy= ·  =d,与U无关,即只改变U不会改变粒子出C2的 位置,粒子仍从P点进入磁场。 (7)由电容器电容的定义式与平行板电容器电容的决定式可知E= ,若板间距从d变为2d,电容器C2两 极板间的场强不变,粒子侧移量不变,仍从P点进入磁场。 (8)根据动能定理,粒子经过两个电场的过程,有qU+qU= mv2,则进入磁场的速度v=2 ,由几何关系知 cos θ= = ,则所求速度方向与x轴正方向的夹角θ= 。 (9)由几何关系得r sin =d,解得半径r= d。 (10)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,故B=  。 目 录 (11)圆周运动周期T= =πd 。 (12)由几何关系知轨迹所对应圆心角α= + = π, 在磁场中运动时间t3= T=  。 (13)磁场方向改变,粒子将沿逆时针方向做圆周运动,从P点进入磁场,由对称性可知,离开磁场时速度与 y轴正方向的夹角仍为 ,应用动量定理,有qBy=2mv sin ,则粒子从y轴上离开磁场位置的纵坐标y'=d+y =3d。 (14)若粒子恰能回到电容器C2两极板间,则该临界状态的粒子在磁场的运动轨迹将与x轴相切,有qvBmin= m ,r临界 =d,联立解得磁感应强度最小值为Bmin=  ,若粒子能回到电容器C2两极板间, 磁感应强度大小需满足B0≥  。 目 录 　　电场与磁场体现了物理观念中对物质观念的认知拓展,作为客观存在的物质,一方面我们需要对它 们有定量的认知,即通过一些物理量来描述这种物质的性质,另一方面我们也需要关注它们与别的物质 间的相互作用,这就又回到了力学的研究范畴。 　　场的产生和描述,起源于场对实物的影响,所以电场强度、电势差、电势都需要用试探电荷来测 量,磁感应强度需要用电流元(或运动的电荷)来测量。场是分布在空间内的,所以我们又引入了电场 线、等势面和磁感线来形象地描述它。这部分的考查方式可能是用叠加原理考查有对称性的场的分 布,也可能给出电场线或磁感线与带电粒子的运动轨迹让我们分析物理量的变化。 　　如果物体可视为点电荷,则只需要把电场或磁场视为一种与重力场一样的背景,这又回到了我们熟 悉的质点模型,对于质点的运动,一般用动力学知识分析,但在电场中熟练地使用能量的观点、在磁场 中使用动量的观点,往往能明显简化求解过程。 素能进阶 目 录 专题12　电场的性质 目 录 目 录 (2024湖南,5,4分)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势 为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是 (　　　)  　　　 　　　 　　　  D 解法探秘 真题试练1:电场的产生 目 录 解析　根据题意知固定在坐标原点的电荷为负电荷且无限远处电势为0,则当x接近0时,电势接近负无 穷,根据点电荷的场强公式可得,在x轴正半轴上任一点x处,电荷量为+4q的点电荷在此点产生的场强大 小E1= ,电荷量为-q的点电荷在此点产生的场强大小E2= ,若有E1=E2的位置,即 = ,解得 x=1或x=- (舍去)。φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,则x=1处对应的切线的斜率为0,电 势最高,D正确。 目 录 　  探究1　一题多解 请尝试用极限思维法快速分析此题。 解法重构 答案　已知无限远处电势为0,负点电荷在x=0处,则趋近于x=0处的电势为负且其绝对值趋近于无穷大, 故排除A、C选项。由库仑定律可知,题中的两个点电荷产生的电场在x轴正半轴叠加后会有一处的电 场强度为0,而φ-x图线斜率的绝对值表示电场强度的大小,即图线在x轴正半轴上有一处斜率为0,可排除 B选项。故选D。 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:对于场强为0的位置,根据库仑定律有 = ,解得x=1或x=- ,有两个解,是否意味着x轴上 场强为0的地方有两处? ②设问2:对于多个点电荷产生的场,非常靠近某个点电荷处的场主要由谁决定?非常远离这些点电荷处 的场由什么决定? ③设问3:y轴上的电势是怎么分布的? ④设问4:φ-y图像有两处斜率为0,意味着y轴上有两个场强为0的点吗? ⑤设问5:若带正电的试探电荷仅在y轴上运动,则其电势能有极大值还是极小值?电势能有极值时试探 电荷所处位置的纵坐标满足什么关系式? 目 录 答案　①不是。因为该方程未考虑场强叠加的矢量性,x轴上-1<x<0的范围内不存在场强为0的位置。 ②非常靠近某点电荷处的电场近似可视为仅有该点电荷时产生的电场,在非常远离这些点电荷处,可以 将这些点电荷视为一个整体且视为一个点电荷,其电荷量为这些点电荷整体的净电荷量,场由这一个整 体的点电荷决定。 ③结合设问2中的结论可知,y轴上的电势分布关于x轴对称,从原点出发沿y轴向上或向下,电势先增大后 减小。 ④不是。只是这两处的场强沿y轴的分量为0,但沿x轴的分量不为0,故y轴上(除了无限远处)一处场强为 0的位置都没有。 ⑤在y轴上,电势有极大值,故正电荷在该处的电势能有极大值,且所处位置的纵坐标满足k =k ·  。 目 录 1.考向变异·分析场→分析运动　(2024重庆,6,4分)沿空间某直线建立x轴,该直线上的静电场 方向沿x轴,其电势φ随位置x变化的图像如图所示,一电荷量为e、带负电的试探电荷,经过x2点时动能为 1.5 eV,速度沿x轴正方向,若该电荷仅受电场力。则其将(　　　) A.不能通过x3点 B.在x3点两侧往复运动 B 探究3　同类竞探 C.能通过x0点 D.在x1点两侧往复运动 目 录 解析　电荷仅在电场力作用下运动,动能与电势能之和不变。试探电荷在x2处动能为1.5 eV,电势能为 -1 eV,总能量为0.5 eV,x2到x3区域电势在增大,带负电的试探电荷受沿x轴正方向的电场力做加速运动,在 x3处速度最大,之后在x3右侧受沿x轴负方向的电场力做减速运动,运动到电势为-0.5 V处时电势能为0.5 eV,由能量守恒可知此时试探电荷动能为0,开始向x轴负方向加速运动,通过x3后继续向x轴负方向做减 速运动,在电势为-0.5 V处减速到0,之后再次反向运动,即试探电荷在x3点两侧往复运动,不会运动到x0、 x1处,B正确。 目 录 2.情境变异·直线→圆弧　(2024广西,7,4分)如图,将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套 在半径为R的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电 荷。将小圆环从靠近N点处静止释放,小圆环先后经过图上P1点和P2点,已知sin θ= ,则小圆环从P1点运 动到P2点的过程中 (　　　) A.静电力做正功 B.静电力做负功 A C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 解析　本题中静电力做正功还是负功取决于静电力沿半圆切线的分量的方向。 目 录 以顺时针方向为静电力沿切向分量Fτ的正方向,当M与小圆环的连线与MN的夹角为α时,有Fτ=  cos α-  sin α,当tan α= 时Fτ=0,即P2处Fτ=0;当tan α< 时Fτ>0,因此P1到P2恒有Fτ>0,从P1到P2,静 电力的切向分量沿顺时针转动,运动方向也沿顺时针转动,Fτ与v同向,静电力做正功。A正确。 目 录 3.情境变异·非对称→对称　(2025湖北,10,4分)(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 (cos 54°+cos 18°) D.大小为 (2cos 54°+cos 18°) AD 目 录 解析　将带电荷量为q、2q、3q、4q、5q的5个点电荷所在位置分别标记为A、B、C、D、E,在各顶点 均叠加-3q的电荷量,叠加后A、B、C、D、E处电荷量分别为-2q、-q、0、q、2q,则B(-q)与D(+q)、A(-2 q)与E(+2q)可以看成2组等量异种点电荷模型。由几何知识易知OB、OD与x轴夹角为18°,OA、OE与x 轴夹角为54°,O点恰好在这两组等量异种点电荷的中垂线上,则O点处场强的方向沿着x轴负方向,A正 确,B错误。根据点电荷场强公式E=k 可知,A、E处点电荷产生的电场在O点的场强为2k  cos 54°,同 理,B、D处点电荷产生的电场在O点的场强为2k  cos 18°,则O点的场强大小为 (2 cos 54°+cos 18°), C错误,D正确。 模型建构 巧用割补思想建立对称性:全系统各点均叠加-3q电荷量。 新系统电荷:原电荷+(-3q)→(-2q,-q,0,q,2q)。 物理本质:均匀分布的-3q电荷在O点场强为0(对称性)。 原系统场强=新系统(-2q,-q,0,q,2q)的场强。 目 录 二级结论 任意对称图形顶点均匀分布等量同种点电荷时,中心处场强为0。该结论适用于正N边形、球 壳等对称系统的电场分析。 目 录 (2024甘肃,9,5分)(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 ( 　　) 真题试练2:电场的描述 BCD 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 目 录 解析　根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,粒子带正电,A错误。等差等势面越密集的地方 场强越大,故M点的电场强度比N点的小,B正确。粒子带正电,因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在 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力作用下运动,只有电场力做功,电 势能与动能总和保持不变,可知当电势能最大时动能最小,故粒子运动轨迹上电势最大处粒子动能最 小,C正确。 目 录 　  探究1　方法总结 结合电场线或等势面考查电场性质,可以寻找图中相关特征和所求物理量之间的最短关联。如真题试 练2中的B选项,分析的物理量为电场强度,已知等势面,两者最短关联如图中彩色线所示。   解法重构 目 录 探究2　一题多解 ①对于粒子的电荷量,有三组对应关系,请写出关于选项A判断电性的三种方法。 ②根据电势能相关的规律,思考有哪些方法可以判断D选项中M、N两点的电势能的大小关系。 答案　①方法1:F=qE,这需要知道粒子的受力方向和场强方向,即参考答案的入手点。 方法2:W=qU,这需要知道电场力做功的正负和电势差的正负,电势差的正负可由题图直接读出,但电场 力做功的正负则需要通过电势能的改变或电场力与运动的方向夹角关系来确定,本题中从M点(电势为 5 V)向右到电势为10 V处,U<0,力垂直于等势面指向轨迹凹侧,故W<0,则q>0。 方法3:Ep=qφ,这需要分别比较两个位置的电势能和电势,故本质上与方法2一致。 ②方法1:Ep=qφ,可根据q的正负和φ的大小比较。 方法2:WAB=EpA-EpB,可通过电场力做功的正负判断。这种方法解本题时需要先转化一下,即N点和N'点 (虚线与N点所在等势面的另一个交点)电势能相同,从M到N'电场力要做正功,故M点的电势能更大。 目 录 探究3　模型划归 任意等势面或电场线都可由一个点电荷或一组点电荷的场来模拟,我们只需要判断运动着的试探电荷 和较近的场源点电荷之间是吸引还是排斥即可解题。 ①设问1:题中等势面可类比同心圆,则场源电荷可以用位于何处的何种电性的点电荷来模拟? ②设问2:粒子从M到N的过程中是在“靠近”还是“远离”场源电荷?(注意这里的“靠近”或“远 离”要从等势面意义来理解,即同一等势面与场源电荷的“距离”一样) ③设问3:粒子与场源电荷是相互吸引还是相互排斥? ④设问4:从M到N的过程中静电力做正功还是做负功?C、D两个选项可以由此判断吗? 目 录 答案　①共同“圆心”处,越靠近“圆心”电势越高,故场源电荷可用位于共同“圆心”的正点电荷来 模拟。 ②先“靠近”后“远离”,且N比M更“远离”场源电荷。 ③粒子先“靠近”再“远离”,故其与场源电荷相互排斥。 ④电场力为斥力,在斥力作用下,靠近场源点电荷则电场力做负功,远离场源点电荷则电场力做正功,故 电场力先做负功后做正功,且总功为正。电场力先做负功后做正功,根据动能定理可知粒子动能先减小 后增大,则动能有最小值,运动轨迹上存在动能最小的点。总功为正,说明M点电势能更大。C、D选项 可以由此判断。 特别说明 ①等势面或电场线不必严格与一个(组)点电荷的场相同,有大致的趋势即可,这正是物理科学思维中模型建构所要求的“抓大放小”。②比较电场强度和电场力的大小时还是需要看电场线或等差等势面的疏密程度(相邻两条线的间距越小则越密,场强和电场力越大)。③靠近或远离要从等势面意义来理解。 目 录 探究4　同类竞探 条件变异·等势面→电场线　(2024广东,8,6分)(多选)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 圆盘置于容器底部,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 (　 　)   AC 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 目 录 解析　沿电场线方向电势降低,M点电势比N点电势低,A正确;电场线密处电场强度大,所以P点的电场 强度比N点的大,B错误;由于污泥絮体带负电,污泥絮体从M点移动到N点电场力对其做正功,C正确;N点 电势高于P点电势,负电荷在电势高处电势能小,则污泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能,D错 误。 目 录 　　场的定量描述,是通过场对物体的作用来定义的。以电场为例,核心物理量就三个,均是通过场对 试探电荷的作用与试探电荷所带电荷量的比值来定义的,即   场这种物质比较抽象,因而人们提出了用电场线、等势面、磁感线等形象描述的方法。 解法密钥 底层逻辑 目 录 　  1.形象描述电场的图示法 等差等势面及电场线的疏密程度可以形象地表示电场强度的大小,即电场线或等差等势面的间距越小, 电场强度越大。 　　电场线切线和等势面的垂线可以表示电场强度的方向。 　　同学们可储备一些常见的电场分布图像,如单一点电荷、一对等量同种点电荷、一对等量异种点 电荷、平行板电容器两极板间、长直导线周围的电场分布图像等。 2.图像法 解读图像的角度如图所示。 思维方法 目 录 1.(2025河南,4,4分)如图,在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点,其电势分别为6 V、4 V、2 V;a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向,则正确的是  (　　　)    　　　　 　　　　 　　　　  C 解法特训 解析　由题意与题图可知,a、c连线的中点d处的电势为4 V,则bd线为等势线,由几何关系知ac⊥bd,所 以ac平行于电场线,沿电场线方向电势逐渐降低,则电场方向从a点指向c点,C正确。 目 录 2.福建安溪乌龙茶驰名中外。制茶时,茶叶、茶梗分离装置中电极筒与分配筒之间的电场线如图所示, 从料斗漏下的待拣茶接触分配筒后带上了正电荷,在静电力作用下茶叶与茶梗分离,茶梗落在隔板左 侧。不计空气阻力以及茶叶、茶梗间相互作用力,则下列判断正确的是(　　　)   A.P处的场强比Q处的大 B.分配筒的电势比电极筒的高 C.茶梗在P处的速度比在Q处的大 B D.下落过程中茶梗电势能增加 目 录 解析　电场线越密,电场强度越大,由题图可知P处的电场线比Q处的电场线稀疏,故P处的场强比Q处的 小,A错误;根据沿着电场线方向,电势不断降低,可知分配筒的电势比电极筒的高,B正确;带正电的茶梗 下落过程中,电场力、重力做正功,动能增大,电势能减小,故茶梗在P处的速度比在Q处的小,C、D错 误。 目 录 3.(2025福建,4,4分)某种静电分析器简化图如图所示,在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电 场。现将一电子a自A点垂直电场射入,恰好做圆周运动,运动轨迹为ABC,半径为r。另一电子b自A点垂 直电场射入,轨迹为APQ,其中P、B、O三点共线,已知B、P间电势差为U,|CQ|=2|BP|,电子的电荷量为e, 电子a入射动能为Ek,则 (　　　) A.B点的电场强度大小E=  B.APQ是圆弧的一部分 D C.沿着APQ运动的电子运动到P点的动能为Ek-eU D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU 目 录 解析　设B点电场强度大小为E,对电子a,由电场力提供向心力可得eE=m ,由于Ek= mv2,联立可得E=  ,A错误。电子b由A至Q做离心运动,故APQ不是圆弧的一部分,B错误。A、B、C在同一等势面上, 可得UAP=UBP=U;电子b在A点做离心运动,可知其初动能Ekb>Ek;电子b从A到P过程中,由动能定理可得-eU =EkP-Ekb,解得EkP>Ek-eU,C错误。由于 =2 ,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ<2U,故由A到 P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU,D正确。 目 录 4.如图(A)所示,竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆环,空间存在水平方向的匀强电场,A点与圆心O位 于同一水平高度,设O点与圆环上某点的连线与OA的夹角为θ,其电势φ与θ的关系图像如图(B)所示,其中 φ0= ,初始时刻一电荷量为+q、质量为m、可视为质点的小球,在环内A点以速度v0= 竖直向下 运动,重力加速度为g,求: (1)电场强度E的大小和方向; (2)小球对圆环的最大压力的大小; (3)小球运动的过程中一个周期内通过的弧长。  　　  目 录 解析　(1)如图所示,沿电场线方向上,由题图(B)可知在B、A两点间的电势差UBA=φB-φA=φ0-(-φ0)=2φ0   又因为E= =  联立解得E=  因UBA=φB-φA>0,故φB>φA 即电场强度的方向由O指向A。 (2)小球所受合力即等效重力,大小为 答案　(1) 　方向由O指向A　(2)3 mg　(3)2πR 目 录 F合= = mg 方向斜向左下方与OA夹角为45°,如图所示,   则D点为等效最低点,小球运动到此处时对圆环的压力最大,设小球在D点的速度大小为v1,小球从A点到 D点过程,根据动能定理得 F合R(1-cos 45°)= m - m  在D点对小球根据牛顿第二定律有FN-F合=m  解得圆环对小球的最大支持力大小为FN=3 mg 目 录 根据牛顿第三定律得,小球对圆环的最大压力大小为FN'=3 mg。 (3)设小球到达圆心等高点C的速度大小为v2,小球从A点到C点过程,根据动能定理得 -F合R cos 45°= m - m  解得v2=0 说明小球刚好能到达与圆心等高的位置,沿圆环做关于合力方向对称的周期性往复运动,所以一个周期 内通过的弧长s=2πR。 目 录 $