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1 / 15 第8 讲 电场及带电粒子在电场中的运动 1.（多选）（2024·湖北高考8 题）关于电荷和静电场，下列说法正确的是（ ） A.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B.电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动 解析：AC 电荷只能从一个物体（物体的一部分）转移给另一个物体（物体的另一部分），不能被创造，也不能 被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A 正确；电场线与等势面垂直，沿电场 线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B 错误；点电荷仅在电场力作用下从 静止释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C 正确；结合C 项分 析和Δφ＝Δ E p q ，可知，当q＜0 时，Δφ＞0，当q＞0 时，Δφ＜0，即负点电荷将从电势低的地方向电势高的地方 运动，正点电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动，D 错误。 2.（2024·河北高考2 题）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞 状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相 等，则a、b、c、d 四点中电场强度最大的是（ ） A.a 点 B.b 点 C.c 点 D.d 点 解析：C 根据等差等势面的疏密程度可得c 点电场强度最大，C 正确。 3.（2024·湖南高考5 题）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（ ） 2 / 15 解析：D 无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝kQ r 可知，x 正半轴上，电荷量为＋4q 的点电荷在x 处产 生的电势为φ1＝k 4 q x +1，电荷量为－q 的点电荷在x 处产生的电势为φ2＝－kq x ，x 正半轴上在x 处的电势φx＝k 4 q x +1 －kq x ，可知在x＝1 3 处电势为0，在x＝0 处电势接近负无穷大，则选项D 正确。 4.（2024·吉林高考5 题）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a 所示。将平行板电容器的 两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b 所示的电路。闭合开关S 后，若降低溶液浓度， 则（ ） A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 解析：B 根据题图a 可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝ εr S 4 π kd 可知，电容器的电容增大，A 错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C 错 误；根据电容的定义式C＝Q U 结合A、C 项分析可知，电容器所带的电荷量Q 增大，则溶液浓度降低过程中，电 容器充电，电路中的电流方向为N→M，B 正确，D 错误。 5.（2024·福建高考11 题）以O 点为圆心，半径为R 的圆上八等分放置电荷，除G 为－Q，其余为＋Q，M、N 为 半径上的点，OM＝ON，如图所示，已经静电常数为k，则O 点场强大小为 2kQ R 2 ，M 点电势 大于 （填 3 / 15 “大于”“等于”或“小于”）N 点电势。将＋q 点电荷从M 点沿MN 移动到N 点，电场力做 正功 （填“正 功”“负功”或“不做功”）。 解析：根据点电荷的场强特点可知，除了水平方向上的正负电荷外，其余的6 个电荷形成的电场在O 处相互抵消， 故O 点场强大小为EO＝kQ R 2 ＋kQ R 2 ＝2kQ R 2 ；根据对称性可知，若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷，M 点 和N 点的电势相等，由于M 点靠近最左边的正电荷，N 点靠近右边的负电荷，故M 点电势大于N 点电势；将＋q 点电荷从M 点沿MN 移动到N 点，电势能减小，故电场力做正功。 考点一 电场的性质 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、平衡条件求解法、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 2.等势面与电场线的关系 （1）电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。 （2）电场线越密的地方，等差等势面也越密。 （3）沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。 3.电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法 物理量 判断方法 电场 强弱 （1）根据电场线的疏密判断 （2）根据公式E＝kQ r 2和电场强度叠加原理判断 电势 高低 （1）根据电场线的方向判断 （2）由UAB＝W AB q 判断 （3）根据静电力做功（或电势能）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 （3）根据能量守恒定律判断 【例1】 （多选）（2024·广东高考8 题）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（ ） 4 / 15 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 选项分析可知，污泥絮体在P 点的电势能比其在N 点的大， 故D 错误。 【例2】 （2024·河北高考7 题）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC 的顶点B、C。M 为三角形ABC 的中心，沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为q 2 。 已知正三角形ABC 的边长为a，M 点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A 处的电场强度大小为（ ） A.2√3kq a 2 B.kq a 2 （6＋√3） C.kq a 2 （3√3＋1）D.kq a 2 （3＋√3） 答案：D 解析：由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M 点产生的电场强度大小为E＝ 2kq ( √3 3 a) 2 cos 60°＝3kq a 2 ，方向沿MA 方向，又M 点的电场强度为0，所以带电细杆在M 处产生的电场强度大小也为E＝ 3kq a 2 ，方向沿AM 方向，由对称性可知带电细杆在A 处产生的电场强度大小也为E＝3kq a 2 ，方向沿MA 方向，又由 点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在A 处产生的电场强度大小为E'＝2kq a 2 cos 30°＝ √3kq a 2 ，方向沿MA 方向，所以A 处的电场强度大小为EA＝E＋E'＝kq a 2 （3＋√3），D 正确。 考点二 电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 v-t 当带电粒子只受静电力时，从v-t 图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可 5 / 15 图像 判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 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 图线切线的斜率大小表示沿x 轴方向电场强度E 的大小 E-x 图像 以电场强度沿x 轴方向为例： （1）E＞0 表示电场强度沿x 轴正方向，E＜0 表示电场强度沿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）图像的切线斜率大小表示静电力大小 （2）可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 【例3】 （2024·河南郑州一模）两个点电荷固定在x 轴上的M、N 两点，x 轴上各点的电场强度E 与各点位置坐 标x 之间的关系图像如图所示。取x 轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ） A.固定在M 点的点电荷电荷量比固定在N 点的点电荷电荷量小 B.Q 点的电势等于零 C.从C 点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D 点前它将一直做加速运动 D.从P 点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小 答案：C 解析：M、N 连线中点处电场强度大于0，且两点间电场强度最小位置处距离N 点较近，可知，固定在M 点的点电 荷电荷量比固定在N 点的点电荷电荷量大，故A 错误；若有一正点电荷由Q 点向右侧无穷远处运动，电场力做正 功，电势能不断减小，一直到零，所以Q 点的电势大于零，故B 错误；从C 点由静止释放一正点电荷，仅在电场 力作用下，到D 点前电场强度一直为正值，则电场强度方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C 正确；从P 点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q 向N 运动过程中电场力做负功，电势能增大， 故D 错误。 【例4】 （2024·山东日照统考）如图所示，O 点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子（不计重 力）从连线上的A 点由静止释放，在静电力作用下运动到B 点。取A 点为坐标原点，沿直线向右为x 轴正方向。 在粒子从A 点运动到B 点的过程中，下列关于粒子运动的速度v 和加速度a 随时间t 的变化，运动径迹上电势φ 和 粒子的电势能Ep随位移x 的变化图线可能正确的是（ ） 答案：B 6 / 15 解析：根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从A 到B 的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受 到的静电力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v-t 图像切线的斜率先变小后变大，故A 错误，B 正确；沿着 电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像切线的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图像切线 的斜率先减小后增大，故C 错误；根据Ep＝qφ 得Δ E p Δ x ＝q Δφ Δ x ＝qE，E 先减小后增大，所以Ep-x 图像切线的斜率 先减小后增大，故D 错误。 考点三 电容器 带电粒子在电场中的运动 1.电容器的两类动态变化问题 U 不变 （1）根据C＝Q U ＝εr S 4 π kd ，先分析电容的变化，再分析Q 的变化。 （2）根据E＝U d 分析电场强度的变化。 （3）根据UAB＝Ed 分析某点电势变化 Q 不变 （1）根据C＝Q U ＝εr S 4 π kd ，先分析电容的变化，再分析U 的变化。 （2）根据E＝U d 分析电场强度的变化 2.带电粒子在电场中的常见运动及分析方法 常见运动 受力特点 分析方法 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＝F合 m ，E＝U d ，v2－v0 2＝2ad，适用于匀 强电场 （2）用功能观点分析：W＝qU＝1 2mv2－1 2mv0 2，匀强电场和非匀强电 场都适用 带电粒子在匀强 电场中的偏转 进入电场时v0⊥E，粒子 做类平抛运动 运动的分解 偏转角：tan θ＝v y v0 ＝ qU 2l md v0 2＝U 2l 2U 1d ＝2 y0 l 侧移距离：y0＝qU 2l 2 2md v0 2＝U 2l 2 4 d U 1 ，y＝y0＋Ltan θ＝( l 2 ＋L)tan θ 常见运动 受力特点 分析方法 7 / 15 带电粒子在匀强 电场中的偏转 粒子斜射入电场，粒子 做类斜抛运动 运动的分解 垂直于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－qE 2mt2 带电粒子在非匀 强电场中运动 静电力在变化 动能定理、能量守恒定律 【例5】 （2024·江苏泰州一模）通过手机内电容式加速度传感器可以实现运动步数的测量，传感器原理如图所 示，电容器的M 极板固定，与弹簧相连的N 极板只能按图中标识的“前后”方向运动，则当手机（ ） A.匀速运动时，电流表示数为零，电容器M 极板带负电 B.由静止突然向前加速时，电容器的电容增大 C.由静止突然向前加速时，流过电流表的电流由b 向a D.保持向前匀减速运动时，电流表示数变小 答案：C 解析：匀速运动时，N 极板相对M 极板的位置不变，电容器的电容不变，则电容器带电荷量不变，电路中没有电 流，电流表的示数为零，电容器M 极板与电源正极相连，带正电，故A 错误；由静止突然向前加速时，因为惯性， N 极板相对M 极板向后运动，两极板的间距变大，根据C＝εr S 4 π kd 可知电容器的电容减小，根据Q＝CU 可知电容 器带电荷量减小，则电容器放电，流过电流表的电流由b 向a，故B 错误，C 正确；保持向前匀减速运动时，加速 度恒定不变，N 极板受力不变，则弹簧形变量不变，N 极板相对M 极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容 器带电荷量不变，电路中无电流，电流表示数不变，且为零，故D 错误。 【例6】 （2024·苏北七市二模）如图所示，质子和α 粒子分别从O 点由静止开始经过M、N 板间的电场加速后， 从P 处垂直射入偏转电场。质子落在感光板上的S 点，则α 粒子（ ） A.落在S 点，速度方向与质子的相同 B.落在S 点，速度方向与质子的不同 C.落在S 点左侧，速度方向与质子的相同 D.落在S 点右侧，速度方向与质子的不同 答案：A 解析：设粒子的质量为m，电荷量为q，M、N 板间电压为U，偏转电场的电场强度为E，粒子经过加速电场的过 程中，根据动能定理可得qU＝1 2mv0 2，可得v0＝√ 2qU m ，粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，则有x＝v0t，y＝ 8 / 15 1 2 at2＝1 2 ·qE m t2，联立可得y＝E x 2 4U ，可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和电荷量均无关，则α 粒子和质 子在偏转电场中的运动轨迹相同，即α 粒子落在S 点，速度方向与质子的相同。故选A。 【例7】 （2024·江苏徐州期中）如图所示，在xOy 平面内的Ⅰ区域存在水平向右的匀强电场，Ⅱ区域存在水平 向左的匀强电场，两区域内电场强度大小相等。一质量为m、带电荷量为＋q 的离子从坐标为（0，L）的A 点以与 y 轴负方向成45°角的速度v0斜向下进入Ⅱ区域，离子再次进入Ⅱ区域时恰经过坐标原点O。不计该离子的重力， 求： （1）离子从A 点到O 点所用的时间t； （2）电场强度E 的大小； （3）离子每次通过y 轴时的位置坐标。 答案：（1）√2 L v0 （2）2mv0 2 qL （3）y＝(1－n 2)L（n＝1、2、3……） 解析：（1）离子在电场中做匀变速曲线运动，沿y 轴负方向做匀速直线运动，则沿y 轴负方向，有L＝v0tcos 45° 解得t＝√2 L v0 。 （2）离子在Ⅱ区域，沿x 轴方向做匀减速直线运动，则v0sin 45°＝a t 4 由牛顿第二定律可知Eq＝ma 联立解得电场强度E＝2mv0 2 qL 。 （3）离子在每个区域运动的过程中，沿y 轴负方向运动的距离都相等，设为y1，则有 y1＝v0cos 45°· t 2 离子每次通过y 轴时的位置坐标为y＝L－ny1 解得y＝(1－n 2)L，（n＝1、2、3…）。 等效重力场中的圆周运动问题 1.“等效重力”及“等效重力加速度” 在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F 合为“等效重力场”中的“等效重力”，g'＝F合 m 为 “等效重力场”中的“等效重力加速度”，F 合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。 2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法 9 / 15 在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运 动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图所示。 【典例1】 （多选）（2024·四川绵阳二诊）如图所示，质量为m、带电荷量为＋q 的小圆环套在半径为R 的光滑 绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O 为环心，A 为最低点，B 为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加 水平向右、电场强度为mg q 的匀强电场，并同时给在A 点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大 圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（ ） A.动能最小与最大的位置在同一等势面上 B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置 C.在A 点获得的初速度为√2（1+√2）gR D.过B 点时受到大环的弹力大小为mg 答案：BC 解析：由于匀强电场的电场强度为mg q ，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C 与等效 最高点D，如图所示。小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿电 场线方向电势降低，可知φD＞φC，C 点与D 点不在同一等势面上，A 错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、 动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B 正确； 小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D 的速度为0，对圆环分析有－qERsin 45°－mg（R＋Rcos 45°）＝0－1 2mv A 2，解得vA＝√2（1+√2）gR，C 正确；小圆环从A 运动到B 的过程中有 －mg·2R＝1 2mvB 2－1 2mv A 2，在B 点有FN＋mg＝mvB 2 R ，解得FN＝（2√2－3）mg＜0，可知，小圆环过B 点时受到 大环的弹力大小为（3－2√2）mg，D 错误。 【典例2】 （2024·河北高考13 题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L 的绝缘细线系住一带电小球，在竖 直平面内绕O 点做圆周运动。图中A、B 为圆周上的两点，A 点为最低点，B 点与O 点等高。当小球运动到A 点时， 10 / 15 细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q＞0），质量为m，A、B 两点间的电势差为U，重力加速度 大小为g，求： （1）电场强度E 的大小。 （2）小球在A、B 两点的速度大小。 答案：（1）U L （2）√ qU －mgL m √ 3qU －3mgL m 解析：（1）A、B 两点间的电势差为U，则E＝U L 。 （2）小球运动到A 点时，由牛顿第二定律有 qE－mg＝mv A 2 L 解得小球在A 点的速度大小vA＝√ qU －mgL m 小球从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有 qU－mgL＝1 2mvB 2－1 2mv A 2 解得小球在B 点的速度大小vB＝√ 3qU －3mgL m 。 1.（2024·江西高考1 题）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平 行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说 法正确的是（ ） A.电场力增大，方向向左 B.电场力增大，方向向右 C.电场力减小，方向向左 D.电场力减小，方向向右 解析：B B 正确。 2.（2024·江苏南通模拟）如图甲所示的是静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极 接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ 是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘（ ） 11 / 15 A.带正电荷 B.在P 点的动量大小比在Q 点的大 C.在P 点的电势能比在Q 点的高 D.会被吸附到金属线上 解析：B 虚线是粉尘的运动轨迹，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，即带电粉尘受到的电场力的方向指向金属圆 筒，即粉尘带负电荷，故A 项错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知，Q 点的电势比P 点的电势低， 因粉尘带负电，由Ep＝qφ，可知电势大的地方，电势能小，即粉尘在P 点的电势能比在Q 点的电势能小，对于粉 尘有E＝Ek＋Ep，对于同一个粉尘，粉尘在P 点的速度大于在Q 点的速度，由动量的定义可知，粉尘在P 点的动量 大小比在Q 点的大，故B 正确，C 错误；由于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，正负电荷互相吸引，所以粉尘最 终会被吸附到金属圆筒上，故D 项错误。 3.（2024·山东淄博一模）在金属球壳的球心有一个负点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的 是（ ） A.K 点的电场强度比L 点的大 B.球壳内表面带负电，外表面带正电 C.试探电荷＋q 在M 点的电势能比在N 点的大 D.试探电荷＋q 沿电场线从M 点运动到N 点，电场力做负功 解析：D 由于处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，所以L 点的电场强度比K 点的大，故选项A 错 误；因为金属球壳的球心有一个负点电荷，根据静电感应规律，正电荷受到负电荷的吸引力聚集在球壳内部，球 壳外部有多余的负电荷，所以球壳内表面带正电，外表面带负电，故选项B 错误；沿着电场线方向电势逐渐降低， N 点的电势比M 点的电势高，所以试探电荷＋q 在M 点的电势能比在N 点的小，故选项C 错误；试探电荷＋q 的 受力方向与电场强度方向相同，所以逆着电场线从M 点运动到N 点，电场力做负功，故选项D 正确。 4.（多选）（2024·四川成都一模）如图，平行板电容器与电压为U 的直流恒压电源相连，改变电容器极板间距离 d，待电路稳定后，带正电的粒子，其质量为m、电荷量为q，从靠近左极板处由静止释放，测得粒子从出发至右 极板所用的时间为t，到达右极板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。极板间电场可视为匀强电场， 粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（ ） 12 / 15 解析：AC 对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝1 2mv2，可得v＝√ 2Uq m ，可 知粒子到达右极板的速度v 的大小与极板间距离d 无关，A 正确，B 错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有 Eq＝ma，E＝U d ，d＝1 2at2，联立可得t＝d√ 2m Uq ，可知，粒子从出发至右极板所用的时间与极板间距离成正比，C 正确，D 错误。 5.（2024·吉林高考6 题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（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 解析：D 根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，小球从O 点运动到与 O 点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐 角，则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C 错误，D 正确。 6.（2024·全国甲卷18 题）在电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r 处的电势为kQ r ，其中k 为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的 电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏 特），则（ ） 13 / 15 A.Q1＜0，Q1 Q2 ＝－2 B.Q1＞0，Q1 Q2 ＝－2 C.Q1＜0，Q1 Q2 ＝－3 D.Q1＞0，Q1 Q2 ＝－3 解析：B 根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1＞0，Q2＜0，A、C 错误；设两点电荷间的距离为3L， 则有k Q1 2 L ＋kQ2 L ＝0，解得Q1 Q2 ＝－2，B 正确，D 错误。 7.（2024·福建三明一模）一电场的电势φ 随x 的变化规律如图，图线关于φ 轴对称，且A、O 间距离小于B、O 间 距离，下列说法正确的是（ ） A.该电场可能为匀强电场 B.一负电荷在A 点电势能大于B 点电势能 C.一正电荷从A 点移到B 点电场力不做功 D.A、B 间电场方向为由B 指向A 解析：B φ-x 图像切线的斜率表示电场强度，图中切线斜率在变化，表示电场强度发生变化，不是匀强电场，A 错误；根据φ-x 图像可知A 点电势小于B 点电势，根据Ep＝φq 可知，该负电荷在A 点的电势能大于在B 点的电势 能，B 正确；一正电荷从A 点移到B 点，电势升高，电势能增加，电场力做负功，C 错误；由于顺着电场线方向电 势降低，因此A、B 间电场方向为由A 指向O 和由B 指向O，D 错误。 8.（2024·北京高考11 题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N 两点，P、Q 是MN 连线上的两点，且 MP＝QN。下列说法正确的是（ ） A.P 点电场强度比Q 点电场强度大 B.P 点电势与Q 点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，则P 点电场强度大小也变为原来的2 倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，则P、Q 两点间电势差不变 解析：C 结合电场叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝kQ r 2可知P、Q 两点电场强度大小相等、方向相同，A 错 误；两等量异种点电荷产生的电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP ＞φQ，B 错误；P 点电场强度大小为EP＝k Q xMP 2＋k Q xNP 2，若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，则P 点电场强 14 / 15 度大小也变为原来的2 倍，C 正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，则P、Q 之间的电场强度均变大，又 P、Q 两点间的距离不变，则根据U＝Ed 定性分析可知P、Q 之间的电势差变大，D 错误。 9.（2024·江苏五校考前模拟）如图所示，一均匀带电荷量为＋Q、半径为R 的半球面，虚线是过球心的对称轴， A、B 两点关于球心对称。其中A 点的电势为φ0，若点电荷＋q 周围电势φ＝kq r ，则B 点的电势为（ ） A.2kQ R ＋φ0 B. 2kQ R －φ0 C. kQ R D. 2kQ R 解析：B 设半球面在B 点的电势为φ1，在半球面的右侧填补一个均匀的带电荷量为＋Q 的、半径为R 的半球面， 根据φ＝kq r ，填补后圆心O 点的电势为φO＝k2Q R ，又因为φO＝φA＝φB，填补后，根据题意得φB＝φ1＋φ0，φA＝φ0 ＋φ1 ，解得φ1＝2kQ R －φ0 ，故选B。 10.（2024·四川雅安一模）如图，在第一象限0≤x≤2L 区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场E1（未知），2L＜ x≤4L 区域内存在沿x 轴正方向的匀强电场E2（未知）。一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以速率v0从坐 标原点O 沿x 轴正方向进入电场并依次通过A（2L，L）和B（4L，2L）两点。不计粒子的重力。已知L、m、q 和 v0，求： （1）粒子运动至A 点的速度大小； （2）电场强度E2的大小。 答案：（1）√2v0 （2）2m v0 2 qL 解析：（1）粒子在电场E1中沿x 方向做匀速直线运动，沿y 方向做初速度为零的匀加速直线运动 沿x 方向，有2L＝v0t1 沿y 方向，有L＝v y 2 t1 粒子运动至A 点处的速度大小为vA＝√v0 2＋v y 2＝√2v0。 （2）粒子在电场E2中沿x 方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y 方向做匀速直线运动，沿y 方向，有 2L－L＝vyt2 沿x 方向，有4L－2L＝v0t2＋1 2a2t2 2 由牛顿第二定律有qE2＝ma2 联立解得电场强度的大小为E2＝2m v0 2 qL 。 15 / 15 11.（2024·广东中山期末）空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝3mg q 。绝缘圆形轨道竖直放置，O 点是 它的圆心、半径为R，A、C 为圆轨道的最低点和最高点，B、D 为与圆心O 等高的两点，如图所示。在轨道A 点 放置一质量为m，带电荷量为＋q 的光滑小球。现给小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度取为g，则下列说法正 确的是（ ） A.无论v0多大，小球不会脱离轨道 B.只有v0≥√gR，小球才不会脱离轨道 C.v0越大，小球在A、C 两点对轨道的压力差也越大 D.若将小球无初速度从D 点释放，小球一定会沿轨道经过C 点 解析：D 由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离 轨道，设其在A 点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝mvmin 2 R ，解得vmin＝√2gR，所以只有当v0≥ √2gR时，小球才不会脱离轨道，故A、B 错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C 点的速度大小为 v1，根据动能定理有1 2mv1 2－1 2mv0 2＝F·2R，在A、C 点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二 定律有F0＋F＝mv0 2 R ，F1－F＝mv1 2 R ，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在 A、C 两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C 错误；若将小球无初速度从D 点释放，由于F 向上， 所以小球一定能沿DC 轨道经过C 点，故D 正确。
