第一篇專題三第9講電場

第9講電場目標要求1.理解電場的性質(zhì)，會比較場強大小，電勢高低，電勢能大小，會分析和計算靜電力做功。2.會通過電場中的圖像來分析問題。3.會用動力學觀點和能量觀點分析處理帶電粒子在電場中的運動問題。考點一電場的性質(zhì)1．電場強度的分析與計算(1)電場強度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點的切線方向，電場的強弱(電場強度的大小)可根據(jù)電場線的疏密程度來進行比較。(2)計算電場強度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補償法、等效法。2．電勢高低的判斷判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；越靠近正電荷處電勢越高，越靠近負電荷處電勢越低電勢能的大小正電荷在電勢能大處電勢較高，負電荷在電勢能大處電勢較低靜電力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低3.電勢能大小的判斷(1)做功判斷法：由WAB＝EpA－EpB可知，靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增大。(2)電荷電勢法：由Ep＝qφ可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大。(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時，電勢能減小，動能減小時，電勢能增大。例1(多選)(2022·重慶卷·8)如圖為兩點電荷Q、Q′的電場等勢面分布示意圖，Q、Q′位于x軸上，相鄰等勢面的電勢差為3V。若x軸上的M點和N點位于0V等勢面上，P為某等勢面上一點，則()A．N點的電場強度大小比M點的大B．Q為正電荷C．M點的電場方向沿x軸負方向D．P點與M點的電勢差為12V答案AD解析等差等勢面的疏密程度反映電場強度的大小，由題圖可知N點的等差等勢面比M點更密，則N點的電場強度大小比M點的大，故A正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，由題圖可知電場線由N指向Q，則Q為負電荷，故B錯誤；沿著電場線方向電勢逐漸降低，結合各等勢面的電勢高低關系可知M點的電場方向沿x軸正方向，故C錯誤；M點與N點電勢均為0V，P點與N點的等勢面間有四個等勢間隔，而相鄰等勢面的電勢差為3V，則P點與M點的電勢差為12V，故D正確。例2(多選)(2022·全國乙卷·19)如圖，兩對等量異號點電荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4個頂點上。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，M為切點。則()A．L和N兩點處的電場方向相互垂直B．M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M點移動到O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，電場力做功為零解題指導關鍵表述解讀兩對等量異號點電荷可進行兩兩組合固定于正方形的4個頂點上對角線既是其中兩個電荷的連線，又是另外兩個電荷連線的中垂線推理論證A.L和N兩點處的電場方向相互垂直兩個－q一組，兩個＋q一組進行場強疊加B.M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左水平＋q、－q為一組，變?yōu)閮山M等量的異種電荷，進行疊加C.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，靜電力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，靜電力做功為零兩個－q一組，兩個＋q一組進行電勢疊加，N點電勢高于L點，靜電力做功不為零答案AB解析兩個正點電荷在N點產(chǎn)生的電場強度方向由N指向O，N點處于兩負點電荷連線的中垂線上，則兩個負點電荷在N點產(chǎn)生的電場強度方向由N指向O，則N點的合電場強度方向由N指向O，同理可知，L處的合電場強度方向由O指向L。由于正方形兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；正方形底邊的一對等量異號點電荷在M點產(chǎn)生的電場強度方向向左，而正方形上方的一對等量異號點電荷在M點產(chǎn)生的電場強度方向向右，由于M點離上方一對等量異號點電荷距離較遠，則M點的合電場方向向左，故B正確；由題圖可知，M和O點位于兩對等量異號點電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，靜電力做功為零，故C錯誤；由題圖結合等量異號點電荷模型可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，靜電力做功不為零，故D錯誤。例3(2022·河北卷·6)如圖，真空中電荷量為2q和－q(q>0)的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN延長線上O點為球心，電勢為零的等勢面(取無窮遠處電勢為零)，P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是()A．P點電勢低于S點電勢B．T點電場強度方向指向O點C．除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點D．將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功答案B解析在直線MN上，正電荷在M點右側電場強度水平向右，負電荷在N點左側電場強度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，故A錯誤；由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N點的左側電場強度不可能為零，設M、N之間的距離為L，在N點右側與N點距離為d的點電場強度為零，則有eq\f(k·2q,L＋d2)＝eq\f(k·q,d2)，可知除無窮遠處外，直線MN上電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；由A選項分析可知：T點電勢低于P點電勢，則正電荷在T點的電勢能低于在P點的電勢能，將正試探電荷q0從T點移到P點，電勢能增加，靜電力做負功，故D錯誤；由于電場強度方向垂直于等勢面，可知T點的電場強度方向所在直線必過等勢面的球心O，根據(jù)異種電荷的電場線分布情況可知，N、S間電場線方向由S指向N，則φS>φO，由于φT＝φS，則φT>φO，故T點電場強度方向指向O點，故B正確?？键c二電場中的圖像問題電場中幾種常見的圖像v－t圖像當帶電粒子只受靜電力時，從v－t圖像上能確定粒子運動的加速度方向、大小變化情況，進而可判定粒子運動中經(jīng)過的各點的電場強度方向、電場強度大小、電勢高低及電勢能的變化情況φ－x圖像(1)從φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，進而確定電場強度的方向及試探電荷電勢能的變化(2)φ－x圖線切線的斜率大小表示沿x軸方向電場強度E的大小E－x圖像以電場強度沿x軸方向為例：(1)E>0表示電場強度沿x軸正方向，E<0表示電場強度沿x軸負方向(2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低需根據(jù)電場方向判定Ep－x圖像(1)圖像的切線斜率大小表示靜電力大小(2)可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況例4(多選)(2023·云南麗江市一模)如圖甲所示，在x軸上固定兩個帶電荷量分別為＋4q、－q的點電荷，以其中的某一電荷為原點，兩電荷所形成的電場的電勢φ在x軸正半軸上的分布如圖乙所示，下列說法正確的是()A．正電荷在坐標原點，負電荷在x＝eq\f(x2,2)的位置B．負電荷在坐標原點，正電荷在x＝－x2的位置C．在x軸上x>x2區(qū)域電場強度沿x軸正方向D．一帶負電試探電荷從O處移到x2處，電勢能先減小后增加答案BC解析由φ－x圖像可知，原點附近的電勢為負且絕對值很大，可知負電荷在坐標原點。φ－x圖像斜率表示電場強度大小，x＝x2位置電場強度為零，根據(jù)keq\f(4q,x2＋x32)＝keq\f(q,x22)，解得x3＝x2，正電荷在x＝－x2的位置，故A錯誤，B正確；在x軸上x>x2區(qū)域電勢一直減小，電場強度沿x軸正方向，故C正確；從O處移到x2處，電勢不斷增加，則帶負電試探電荷從O移到x2處電勢能不斷減小，故D錯誤。例5(多選)(2023·湖南師范大學附屬中學模擬)如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環(huán)相距l(xiāng)0，所帶電荷量分別為＋Q、－Q，圓心A、B連線垂直于圓環(huán)平面。以A點為坐標原點，沿AB方向建立x軸，將帶正電的粒子(重力不計)從A點靜止釋放，無窮遠處電勢為零。粒子從A點運動到B點的過程中，下列關于電勢φ、電場強度E、粒子的動能Ek和電勢能Ep隨位移x的變化圖線中，可能正確的是()答案AC解析設O′為AB中點，根據(jù)電勢的疊加可知，O′點的電勢為0，且A、B兩點關于O′點對稱，則A、B兩點電勢大小相等，符號相反，故A正確；在A點，＋Q環(huán)產(chǎn)生的電場強度為0，但－Q環(huán)產(chǎn)生的電場強度不為0，即圖像不過原點，故B錯誤；由動能定理W＝qEx＝Ek－0＝Ek，則Ek－x圖像斜率表示靜電力qE，而在O′點靜電力最大，故圖像x＝eq\f(l0,2)處斜率最大，故C正確；由于A、B處的電勢一正一負，絕對值相等，根據(jù)Ep＝φq可知，粒子在A、B兩點的電勢能也是一正一負，絕對值相等，故D錯誤?？键c三帶電粒子(帶電體)在電場中的運動1．帶電粒子(帶電體)在電場中運動時重力的處理基本粒子一般不考慮重力，帶電體(如液滴、油滴、塵埃等)一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外。2．帶電粒子(帶電體)在電場中的常見運動及分析方法常見運動受力特點分析方法靜止或勻速直線運動合外力F合＝0共點力平衡變速直線運動合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.用動力學觀點分析：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，適用于勻強電場2．用功能觀點分析：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，勻強和非勻強電場都適用帶電粒子在勻強電場中的偏轉進入電場時v0⊥E，粒子做類平拋運動運動的分解偏轉角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)側移距離：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y(tǒng)0＋Ltanθ＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ粒子斜射入電場，粒子做類斜拋運動運動的分解垂直電場方向做勻速直線運動：x＝v0tsinθ沿電場方向做勻變速直線運動：y＝v0tcosθ－eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2帶電粒子在非勻強電場中運動靜電力在變化動能定理，能量守恒定律3．帶電體在電場和重力場的疊加場中運動的分析方法(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規(guī)律解決問題。(2)根據(jù)功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉化，總的能量保持不變。例6(2023·廣東省高三調(diào)研)負離子吹風筒是目前比較流行的吹風筒。如圖，某負離子吹風筒吹出含有大量氧離子(－2e)的空氣，沿水平方向進入電壓為U的加速電場，之后進入偏轉電場，偏轉電場極板水平且兩極板間電壓恒為U，極板間距為d，長度也為d。若空氣流中所含氧離子分布均勻且橫截面積足夠大，氧離子質(zhì)量為m，不考慮空氣流分層現(xiàn)象，不計離子間作用力，不計空氣對離子流和電場的影響，不計氧離子重力以及氧離子進入加速電場的初速度，求：(1)氧離子進入偏轉電場的速度大??；(2)能夠離開偏轉電場的氧離子占進入偏轉電場氧離子的比例。答案(1)2eq\r(\f(eU,m))(2)eq\f(3,4)解析(1)氧離子進入加速電場，根據(jù)動能定理有2eU＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(\f(eU,m))(2)氧離子在偏轉電場中做類平拋運動，偏轉電場電場強度為E＝eq\f(U,d)根據(jù)牛頓第二定律有2eE＝ma解得a＝eq\f(2eU,md)若氧離子能夠射出偏轉電場，根據(jù)運動學公式得t＝eq\f(d,v0)，y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得y＝eq\f(d,4)因此，距上極板eq\f(d,4)的氧離子恰好能夠離開偏轉電場，能夠離開偏轉電場的氧離子占能夠進入偏轉電場氧離子的比例為k＝eq\f(d－y,d)＝eq\f(3,4)例7(多選)(2023·四川省綿陽市第二次診斷)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點。在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電場強度為eq\f(mg,q)的勻強電場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中()A．動能最小與最大的位置在同一等勢面上B．電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置C．在A點獲得的初速度為eq\r(21＋\r(2)gR)D．過B點受到大環(huán)的彈力大小為mg答案BC解析由于勻強電場的電場強度為eq\f(mg,q)，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)在大圓環(huán)上的等效最低點C與等效最高點D，如圖所示。小圓環(huán)在等效最低點速度最大，動能最大，在等效最高點速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知φD>φCC點與D點不在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉化，即只有電勢能與機械能的轉化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效最高點D的速度為0，對圓環(huán)分析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(21＋\r(2)gR)，C正確；小圓環(huán)運動到B過程有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2在B點有FN＋mg＝meq\f(vB2,R)解得FN＝(2eq\r(2)－3)mg<0可知，小圓環(huán)過B點受到大環(huán)的彈力大小為(3－2eq\r(2))mg，D錯誤。帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動(1)等效重力法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向。(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。例8(2023·安徽合肥市一模)如圖所示，一絕緣細直桿AC固定在方向水平向左的勻強電場中，直桿與電場線夾角為45°，桿長為l＝eq\f(3\r(2),2)m。一套在直桿上的帶電小環(huán)，由桿A端以某一速度勻速下滑，小環(huán)離開桿后恰好通過桿C端正下方P點，C、P兩點相距h。已知環(huán)的質(zhì)量m＝0.5kg，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,3)，h＝1.2m，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小環(huán)從桿A端運動到P點的時間；(2)小環(huán)運動到桿A端正下方時的動能Ek。答案(1)1.9s(2)34.25J解析(1)小環(huán)從A到C的過程中勻速下滑，設小環(huán)所受靜電力為F，因小環(huán)能到P點，故F方向向右，對小環(huán)受力分析可得mgsin45°＝Fcos45°＋FfFN＝mgcos45°＋Fsin45°又因為Ff＝μFN解得F＝2.5N小環(huán)從C到P的過程中，在水平方向有ax＝eq\f(F,m)0＝vcos45°·t1－eq\f(1,2)axt12豎直方向有h＝vsin45°·t1＋eq\f(1,2)gt12解得t1＝0.4s，v＝eq\r(2)m/s，ax＝5m/s2則小環(huán)從A運動到P點的時間為t＝eq\f(l,v)＋t1＝1.9s；(2)小環(huán)從C到A正下方的過程中，在水平方向有vx＝vcos45°－axt2，－lcos45°＝vcos45°·t2－eq\f(1,2)axt22豎直方向有vy＝vsin45°＋gt2解得vx＝－4m/s，vy＝11m/s則小環(huán)運動到桿A端正下方時的動能為Ek＝eq\f(1,2)m(vx2＋vy2)＝34.25J。1.(多選)(2023·四川德陽市聯(lián)考)如圖所示，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正四面體的兩頂點上，a、b是正四面體的另外兩個頂點。則()A．a(chǎn)點和b點的電勢相等B．a(chǎn)點和b點的電勢不相等C．a(chǎn)點和b點的場強等大但方向不同D．a(chǎn)點和b點的場強等大且方向相同答案AD解析如圖所示，O為兩點電荷連線的中點，則平面Oab為等量異種點電荷連線的中垂面，根據(jù)等量異種點電荷電勢分布特點可知，中垂面為一等勢面，則a點和b點的電勢相等，故A正確，B錯誤；由圖可知，a點到等量異種點電荷連線的中點O的距離等于b點到等量異種點電荷連線的中點O的距離，根據(jù)等量異種點電荷電場強度分布特點可知，a點和b點的場強大小相等，a點和b點的場強方向均與q、－q連線平行，方向由q指向－q，即a點和b點的場強等大且方向相同，故C錯誤，D正確。2．(多選)(2023·江西九江市三模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的圓周，A、D兩點為其水平直徑的兩端，C、F兩點為其豎直直徑的兩端?？臻g有與圓周平面平行的勻強電場，在圓周上的B點有一粒子源，在圓周平面內(nèi)，以相同大小的初速度v0沿各個方向發(fā)射質(zhì)量為m的帶相同正電荷的微粒。對比到達圓周上各點的微粒的能量，發(fā)現(xiàn)到達D點的微粒機械能最大，到達E點的微粒動能最大。已知重力加速度為g，則()A．電場的方向沿半徑O到EB．微粒所受靜電力大小為eq\f(\r(3),3)mgC．微粒動能的最小值為eq\f(1,2)mv02－(eq\f(2\r(3),3)－1)mgRD．微粒動能的最大值為eq\f(1,2)mv02＋(eq\f(\r(3),3)－1)mgR答案BC解析微粒從B到達D點時機械能最大，說明從B到D靜電力做功最多，由數(shù)學關系知過D點作圓的切線為電場的等勢線，即電場沿OD方向，故A錯誤；在E點的微粒動能最大，說明從B到E合力做功最多，即重力和靜電力的合力方向沿OE方向，根據(jù)幾何關系有Eq＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，故B正確；微粒運動到圓周上與E點關于圓心對稱的P點時，動能最小，從B點到P點，根據(jù)動能定理可得－F合R(1－cos30°)＝Ekmin－eq\f(1,2)mv02，F(xiàn)合＝eq\f(mg,cos30°)，解得Ekmin＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(2\r(3),3)－1)mgR，故C正確；微粒運動到圓周上E點時，動能最大，從B點到E點，根據(jù)動能定理可得F合R(1＋cos30°)＝Ekmax－eq\f(1,2)mv02，解得Ekmax＝eq\f(1,2)mv02＋(eq\f(2\r(3),3)＋1)mgR，故D錯誤。專題強化練[保分基礎練]1．(多選)(2023·遼寧卷·9)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結構示意圖，圖(b)為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則()A．P點電勢比M點的低B．P點電場強度大小比M點的大C．M點電場強度方向沿z軸正方向D．沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變答案CD解析由圖結合電場線由電勢為高的等勢面指向電勢低的等勢面，可知P點電勢比M點的高，選項A錯誤；因M點所在的等差等勢面密集，則M點場強比P點大，即P點電場強度大小比M點的小，選項B錯誤；場強方向垂直等勢面，且沿電場線方向電勢逐漸降低，可知M點電場強度方向沿z軸正方向，選項C正確；因x軸上各點電勢相等，則沿x軸運動的帶電粒子電勢能不變，選項D正確。2．(2023·全國乙卷·19)在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP>OM，OM＝ON，則小球()A．在運動過程中，電勢能先增加后減少B．在P點的電勢能大于在N點的電勢能C．在M點的機械能等于在N點的機械能D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功答案BC解析由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤，B、C正確；從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤。3．(多選)(2023·廣東卷·9)電子墨水是一種無光源顯示技術，它利用電場調(diào)控帶電顏料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈現(xiàn)出不同顏色。透明面板下有一層膠囊，其中每個膠囊都是一個像素。如圖所示，膠囊中有帶正電的白色微粒和帶負電的黑色微粒。當膠囊下方的電極極性由負變正時，微粒在膠囊內(nèi)遷移(每個微粒電量保持不變)，像素由黑色變成白色。下列說法正確的有()A．像素呈黑色時，黑色微粒所在區(qū)域的電勢高于白色微粒所在區(qū)域的電勢B．像素呈白色時，黑色微粒所在區(qū)域的電勢低于白色微粒所在區(qū)域的電勢C．像素由黑變白的過程中，電場力對白色微粒做正功D．像素由白變黑的過程中，電場力對黑色微粒做負功答案AC解析像素呈黑色時，當膠囊下方的電極帶負電，像素膠囊里電場線方向向下，所以黑色微粒所在的區(qū)域的電勢高于白色微粒所在區(qū)域的電勢，故A正確；像素呈白色時，當膠囊下方的電極帶正電，像素膠囊里電場線方向向上，所以黑色微粒所在的區(qū)域的電勢高于白色微粒所在區(qū)域的電勢，故B錯誤；像素由黑變白的過程中，白色微粒受到的電場力向上，位移向上，電場力對白色微粒做正功，故C正確；像素由白變黑的過程中，黑色微粒受到的電場力向下，位移向下，電場力對黑色微粒做正功，故D錯誤。4.(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR)B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D．負電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案C解析取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，此時的圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1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E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°，由幾何關系得兩者的合電場強度大小為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，方向沿CO，由C指向O，根據(jù)O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負電，在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,2R2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故選C。5.(多選)(2023·廣東高州市一模)如圖所示，無限大平行金屬板水平放置且接地，金屬板上表面涂上絕緣層，一個帶正電的點電荷P固定在金屬板正上方，該電荷與金屬板間形成的電場與等量異種點電荷連線的中垂線一側的電場分布相同。將一個帶正電的帶電粒子Q從P與金屬板垂直連線中點的a點沿直線移到板上b點，再沿直線移到板上c點，則此過程()A．從a到c，Q的電勢能一直減小B．從a到c，Q的電勢能先減小后不變C．從a到c，Q受到的靜電力先減小后不變D．Q在a點受到的靜電力大于P對Q的庫侖力答案BD解析由于靜電感應，金屬板為等勢面，固定的點電荷P與板間的電場為等量異種點電荷電場的一半，因此從a到b的電場強度越來越小，電勢越來越低。帶正電的粒子從a到b的過程中，受到的靜電力越來越小，且靜電力做正功，則電勢能減?。粡腷到c的電場線變稀疏，則電場強度繼續(xù)減小，但由于此過程在等勢面上運動，則電勢不變，因此小球從b到c，靜電力減小，電勢能不變，故A、C錯誤，B正確；Q在a點受到的靜電力等于P對Q的庫侖力與金屬板的感應電荷對Q的庫侖力之和，即Q在a點受到的靜電力大于P對Q的庫侖力，故D正確。6.(2022·江蘇卷·9)如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心，將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠處移動，則()A．在移動過程中，O點電場強度變小B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功D．當其移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點答案D解析O是等量同種電荷連線的中點，電場強度為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠處，O點電場強度變大，故A錯誤；移動過程中，C點電場強度變小，C點的正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動的電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；OA段的電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，A點的電荷移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點電勢，故D正確。7.(2022·浙江6月選考·9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應)。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2v02,L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達N板時速度增加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達N板時靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正確，D錯誤。[爭分提能練]8.(多選)(2023·貴州畢節(jié)市診斷)在某靜電場中，x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，規(guī)定x軸正方向為場強正方向。下列判斷正確的是()A．x1和x3處的電場強度相同B．從x2處到x4處，電勢逐漸降低C．一電子從x2處沿直線運動到x4處，速度先增大后減小D．一電子從x1處沿直線運動到x4處，電勢能先減小后增大答案BD解析x1和x3處的電場強度大小相等，方向相反，選項A錯誤；從x2處到x4處，場強為正值，則場強方向沿x軸正方向，則從x2處到x4處電勢逐漸降低，選項B正確；一電子從x2處沿直線運動到x4處，靜電力一直對其做負功，則電子速度一直減小，選項C錯誤；從x1處到x2處，電勢升高；從x2處到x4處，電勢降低，則一電子從x1處沿直線運動到x4處，電勢能先減小后增大，選項D正確。9．(多選)(2023·山東卷·11)如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是()A．F′點與C′點的電場強度大小相等B．B′點與E′點的電場強度方向相同C．A′點與F′點的電勢差小于O′點與D′點的電勢差D．將試探電荷＋q由F點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小答案ACD解析如圖所示，由幾何關系可知A點處正電荷在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F點的合場強和OF的夾角為鈍角，因此將試探電荷＋q從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；由等量異種電荷的電勢分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正確；由等量異種電荷的對稱性可知F′和C′電場強度大小相等，B′和E′電場強度方向不同，A正確，B錯誤。10．(2022·遼寧卷·14)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑eq\f(1,4)圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球將輕質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為eq\r(gR)，之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為eq\r(2)mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；(2)小球經(jīng)過O點時的速度大??；(3)小球過O點后運動的軌跡方程。答案(1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx解析(1)小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mgR(2)小球從B到O，根據(jù)動能定理有－mgR＋eq\r(2)mg×eq\r(2)R＝eq\f(1,2)mvO2－eq\f(1,2)mvB2解得vO＝eq\r(3gR)(3)小球運動至O點時速度方向豎直向上，受靜電力和重力作用，將靜電力分解到x軸和y軸，由牛頓第二定律，x軸方向有eq\r(2)mgcos45°＝maxy軸方向有eq\r(2)mgsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0說明小球過O點后的運動為：x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2＝6Rx。11.(2023·云南保山市質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在一個平行于該區(qū)域的勻強電場，MN為圓的一條直徑。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從M點以速度v射入電場，速度方向與MN夾角θ＝45°，一段時間后粒子運動到N點，速度大小也為v，不計粒子