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第七章　静电场
第1讲　电场力的性质
常设情境　①生活实践类：在日常生活生产、科技方面的主要试题情境有示波管的原理与应用、电容器种类、电容器的应用以及静电的防止与应用等具体问题.
②学习探索类：涉及的主要问题是描述电场性质的有关物理量的理解与应用，带电粒子在电场中的平衡、加速、偏转问题等.
素养目标　1.知道点电荷模型，体会科学研究中的理想模型法，知道两个点电荷间相互作用的规律，体会库仑定律探究过程中的科学思想和方法.（物理观念） 2.知道电场是一种物质，了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法，会用电场线描述电场.（物理观念） 3.电场强度的叠加与计算，库仑力作用下平衡问题的处理方法.（科学思维） 4.解决力电综合问题的一般思路.（科学思维）
一、库仑定律的理解和应用
考题1　（2024·海南卷）（多选）真空中有两个点电荷，电荷量均为－q（q＞0），固定于相距为2r的a、b两点，O是ab连线的中点，M点在ab连线的中垂线上，距离O点为r，N点在ab连线上，距离O点为x（x r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（　BCD　）
A.ab中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r
B.ab中垂线上电场强度的最大值为
C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
解析：设ab中垂线上某点电场强度为E，该点和点电荷连线与ab连线的夹角为θ，如图所示，由电场叠加得E＝2ksin θ＝sin θcos2θ，令f（θ）＝sin θcos2θ，则导数f'（θ）＝cos θ·（cos2θ－2sin2θ）＝0时，f（θ）最大，电场强度最大，解得sin θ＝，cos θ＝，tan θ＝，故ab中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为d＝rtan θ＝r，A错误；ab中垂线上电场强度的最大值为Em＝，B正确；OM＝r＞r，中垂线上由M向外，电场强度一直减小，在M点放入一电子，从静止释放，电子所受电场力方向沿OM方向，故加速度一直减小，C正确；电子在N点所受合力大小为F＝k－k＝，由于x r，则电子所受合力大小可近似为·x，由于电子带负电，可知电子的位移方向与合外力方向始终相反，则F回＝·（－x），符合简谐运动回复力的特点，D正确.
考题2　（2023·海南卷）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP∶BP＝n∶1，则Q1∶Q2是（　C　）
A.2n2∶1 B.4n2∶1
C.2n3∶1 D.4n3∶1
解析：P点的小球受到两点电荷对它的库仑力和轨道对它的弹力作用而平衡，弹力指向圆心O，对小球受力分析如图所示，由正弦定理有＝，又∠CPH＝∠BPO，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，＝，同理，在△BPO中有＝，又FA＝k，FB＝k，联立有Q1∶Q2＝2n3∶1，C正确.
1.点电荷：当带电体本身的　大小和形状　对研究的问题影响可以忽略不计时，可以将带电体视为点电荷.点电荷是一种理想化模型.
2.电荷守恒定律
（1）内容：电荷既不会创生，也不会消失，只能从一个物体　转移　到另一个物体，或者从物体的一部分　转移　到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量　保持不变　.
（2）三种起电方式：　摩擦起电　、　接触起电　、　感应起电　.
3.库仑定律
（1）内容：　真空　中两个静止点电荷之间的相互作用力与它们的　电荷量的乘积　成正比，与它们的　距离的平方　成反比，作用力的方向在　它们的连线上　.
（2）表达式：F＝　k　，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫静电力常量.
（3）适用条件：　真空　中的　静止点电荷　.
深化1　　库仑定律的理解和应用
（1）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离.
（2）对于两个带电金属球相距较近时，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示.
甲　　乙
①同种电荷：F＜k；
②异种电荷：F＞k.
深化2　　“三个自由点电荷平衡”模型
（1）平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置.
（2）模型特点
深化3　　解决静电力平衡的一般步骤
角度1　库仑力的叠加
例1　（2025·山西名校高三联考）（多选）如图所示，在竖直面内有三个带电小球a、b、c，其中球a和球b固定，二者连线为一条竖直线，它们的电荷量大小分别为q1和q2，球c在图示位置处于静止状态，已知ab、bc和ac的连线的长度分别为4 cm、3 cm和2 cm，则（　BD　）
A.球a和球b一定带同种电荷
B.球a和球b一定带异种电荷
C.＝
D.＝
解析：对球c受力分析如图所示，球c受重力及球a和球b对它的库仑力而平衡，则球b对它的库仑力是斥力，而球a对它的库仑力是引力，球a和球b一定带异种电荷，故A错误，B正确；如图所示，三力平衡，设球c的带电荷量为q，在相似三角形中，有＝，整理有＝，故C错误，D正确.
角度2　静电力作用下的平衡问题
例2　（2025·广西模拟）带电量为q的小球，用绝缘丝线悬挂在水平向右的电场中，平衡时，丝线与竖直方向成θ角.现在使电场方向缓慢逆时针旋转至竖直向上，在此过程中若还要保持小球在原处不动，则场强的大小（　B　）
A.逐渐变小 B.先变小后变大
C.先变大后变小 D.逐渐变大
解析：小球受重力、拉力和电场力，要保持带电小球在原处不动，电场方向变化过程中，小球始终受力平衡，合力为零.使电场方向缓慢逆时针旋转至竖直向上过程中，重力大小和方向都不变，拉力方向不变，电场力大小和方向都改变，如图所示：
从图中可以看出，电场力先减小后增大，故电场强度先变小后变大，故B正确，A、C、D错误.故选B.
@二、电场强度的理解与计算
二、电场强度的理解与计算
考题3　（2024·河北卷）如图所示，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.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（　D　）
A. B.（6＋）
C.（3＋1） D.（3＋）
解析：B、C处正点电荷在M点产生的场强E1、E2大小相等，根据点电荷的场强公式得E1＝E2＝k＝3，M点合场强为0，则带电细杆在M点产生的场强E＝2E1·cos 60°＝3，根据对称性可知带电细杆在A点产生的场强大小E'＝E，方向沿MA，B、C处正点电荷在A点产生的场强E'1、E'2大小相等，根据点电荷的场强公式得E'1＝E'2＝k，则A处合场强EA＝2E'1cos 30°＋E'＝k（3＋），D正确.
1.静电场：静电场是客观存在于电荷周围的一种　物质　，其基本性质是对放入其中的电荷有　力的作用　.
2.电场强度
（1）定义式：E＝，是矢量，单位：N/C或V/m.
（2）点电荷的场强：E＝.
（3）方向：规定　正电荷　在电场中某点　受力的方向　为该点的电场强度方向.
深化1　　电场强度的性质
矢量性 电场强度方向与正电荷受力方向相同
唯一性 电场强度决定于电场本身，与试探电荷无关
深化2　　电场强度的三个公式的比较
思维模型　电场强度是矢量，用矢量运算法则进行合场强的计算.
角度1　电场强度计算
例3　在真空中一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3 m和0.6 m（如图甲所示）.在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，其受到的静电力大小跟试探电荷的电荷量的关系如图乙中直线a、b所示.下列说法正确的是（　D　）
A.A点的电场强度大小为2.5 N/C
B.B点的电场强度大小为40 N/C
C.点电荷Q是负电荷
D.点电荷Q的位置坐标为0.2 m
解析：由题图乙可知，A点的电场强度大小为EA＝＝ N/C＝40 N/C，A错误；B点的电场强度大小为EB＝＝ N/C＝2.5 N/C，B错误；由于EA＞EB，点电荷Q应在A点的左侧，带正电的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，可知点电荷Q是正电荷，C错误；设点电荷Q的位置坐标为x，则有EA＝k，EB＝k，代入数据解得x＝0.2 m，D正确.
角度2　电场强度叠加
例4　（2024·北京卷）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 （　C　）
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，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，P、Q两点间电势差不变
解析：由等量异种点电荷电场分布的对称性知，P点的电场强度与Q点的电场强度相等，A错误；由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势比Q点电势高，B错误；由电场叠加得，P点的电场强度E＝k＋k，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，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则PQ间的电场强度变大，由U＝d定性分析知，P、Q两点间电势差变大，D错误.
@三、电场线的理解和应用
三、电场线的理解和应用
考题4　（2023·全国甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集.下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（　A　）
解析：电子在电场中只受静电力，且所受静电力方向与电场线方向相反，因为电子速度方向与电场线方向不在同一条直线上，所以电子在电场中做曲线运动，电子所受静电力指向轨迹“凹侧”，且轨迹应夹在所受静电力方向与速度方向之间，故选项B、C、D错误，A正确.
电场线
（1）电场线从正电荷出发，终止于　负电荷或无穷远处　，或来自无穷远处，终止于　负电荷　.
（2）电场线在电场中　不相交　.
（3）在同一电场中，电场线越密的地方电场强度越大.
（4）电场线上某点的切线方向表示该点的　电场强度方向　.
直 观 情 境 孤立点电荷的电场 等量异种点电荷的电场 　等量同种点电荷的电场　 匀强电场 点电荷与金属板间的电场
深化1　　两种等量点电荷的电场线
项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布
中垂线上的 电场强度 O点最大，向外逐渐减小 O点为零，向外先变大后变小
连线上的 电场强度 沿连线先变小后变大，中点O处的电场强度最小 沿连线先变小后变大，中点O处的电场强度为零
深化2　　电场线的应用
（1）判断电场强度的大小：电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小.
（2）判断静电力的方向：正电荷受力方向与电场线在该点切线方向相同，负电荷受力方向与电场线在该点切线方向相反.
（3）判断电势的高低与电势降低的快慢：沿电场线方向电势降低最快，且电场线密集处比稀疏处降低更快.
深化3　　电场线与粒子运动轨迹的求解方法
（1）首先根据带电粒子运动轨迹弯曲的方向判断出受力的方向，带电粒子所受的电场力方向沿电场线指向运动轨迹的凹侧，再根据粒子的电性判断场强的方向.
（2）根据电场线的疏密，判断加速度大小的关系.
（3）带电粒子的轨迹的切线方向为该处的速度方向.
（4）根据电场力的方向与速度方向的夹角是锐角还是钝角判断电场力的做功情况.
思维模型　运用电场线的规律解释不同场中的现象，并对电场强度、电势进行相关比较.
角度1　电场线性质的应用
例5　（多选）如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为＋2q，右侧点电荷带电荷量为－q，P、Q两点关于两电荷连线对称，已知静电力常量为k.由图可知（　BD　）
A.P、Q两点的电场强度相同
B.M点的电场强度大于N点的电场强度
C.把同一试探电荷放在N点，其所受电场力大于放在M点所受的电场力
D.两点电荷连线的中点处的电场强度为
解析：根据对称性，P、Q两点的电场强度大小相同，但方向不同，A错误；M点的电场线比N点的电场线密，M点的电场强度大于N点的电场强度，B正确；因M点的电场强度大于N点的电场强度，把同一试探电荷放在N点，其所受电场力小于放在M点所受的电场力，C错误；＋2q在两点电荷连线的中点处的电场强度方向指向－q，大小为E1＝k，－q在两点电荷连线的中点处的电场强度方向指向－q，大小为E2＝k，合场强为E＝E1＋E2＝，D正确.
角度2　速度、电场力、运动轨迹的关系
例6　某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹.下列说法正确的是（　B　）
A.粒子一定带负电
B.粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
C.粒子在M点的动能大于在N点的动能
D.粒子一定从M点运动到N点
解析：由粒子的运动轨迹可知，粒子的受力方向沿着电场线的方向，所以粒子带正电，故A错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的场强大于M点的场强，故粒子在N点受到的静电力大于在M点受到的静电力，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故B正确；粒子带正电，假设粒子从M运动到N，这个过程中静电力做正功，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故C错误；根据粒子的运动轨迹可以判断其受力方向，但不能判断出粒子一定是从M点运动到N点，故D错误.
@四、求解电场强度的“四种”特殊方法
四、求解电场强度的“四种”特殊方法
考题5　（2022·山东卷）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，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（　C　）
A.正电荷，q＝
B.正电荷，q＝
C.负电荷，q＝
D.负电荷，q＝
解析：将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去，由对称性和微元法可知，整个带电圆环在O点产生电场的合场强等于零，由此可知，圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷分别在O点产生电场的场强等大反向，由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何关系可得，A、B处带电圆弧上的电荷在O点产生的电场的合场强E1＝k，方向由O指向C，由题意可知，qA＝ΔL，D点的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向，故q应为负电荷，由k＝k，解得q＝，C正确.
深化1　　微元法
微元法就是将研究对象分割成许多微小的单元，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而化曲为直，将变量、难以确定的量转化为常量、容易求得的量.
深化2　　补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面.
深化3　　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.
深化4　　等效法
在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景.
角度1　微元法
例7　如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强大小.
答案：k
解析：将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q'＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P点产生的场强大小为E＝＝.由对称性知，各小段带电体在P点场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P点的场强EP，EP＝nEx＝nkcos θ＝k.
角度2　补偿法
例8　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产生的电场.如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　A　）
A.－E B.
C.－E D.＋
解析：左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E'，E'为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小.带电荷量为－q的右半球面在M点的场强大小与带电荷量为＋q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E'＝－E＝－E，则A正确.
角度3　对称法
例9　如图所示，电荷量为＋q的点电荷与一正方形均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，已知B点的电场强度为零，静电力常量为k.下列说法正确的是（　A　）
A.薄板带正电，A点的电场强度大小为
B.薄板带正电，A点的电场强度大小为
C.薄板带负电，A点的电场强度大小为
D.薄板带负电，A点的电场强度大小为
解析：B点的电场强度为零，而电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度方向由B到O，根据矢量合成可知，薄板在B点的电场强度方向由O到B，则薄板带正电，故C、D错误；B点的电场强度为零，则薄板在B点的电场强度大小与电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度大小相等，为E＝，根据对称性，薄板在A点的电场强度大小也为E，方向由O到A，而电荷量为＋q的点电荷在A点的电场强度方向由O到A，则A点电场强度大小EA＝E＋＝，故A正确，B错误.
角度4　等效法
例10　（2025·河南周口四校联考）如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空.将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零，k为静电力常量，则在z轴上z＝处的场强大小为（　D　）
A.k B.k C.k D.k
解析：由电场线的特点可知，导体表面上的感应电荷可以等效成在z＝－h处放置一个点电荷q'，q'与在z＝h处放置的点电荷q电荷量相等，电性相反，z＝h处放置的点电荷在z＝处产生的电场强度大小为E1＝k＝k，z＝－h处的点电荷在z＝处产生的电场强度大小为E2＝k＝k，由矢量合成法则可知，z＝处的场强大小为E＝E1＋E2＝k，选项D正确.
@限时跟踪检测（三十四）
A级·基础对点练
题组一　库仑定律的理解和应用
1.有两个半径为r的金属球如图所示放置，两球表面间距离为r.今使两球带上等量的异种电荷Q，两球间库仑力的大小为F，那么（　B　）
A.F＝k B.F＞k
C.F＜k D.无法判定
2.（2025·江苏镇江中学学情检测）如图所示，在一个点电荷Q（可视为场源电源）的电场中（Q在坐标原点处），Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m，现将两个试探电荷qA和qB分别放在A、B两处，两个电荷受到的电场力的大小之比为2∶1，以下关于qA和qB的大小之比说法正确的是（　B　）
A. B. C. D.
解析：根据题意，由库仑定律可得，两个试探电荷受到的电场力的大小分别为FA＝，FB＝，其中rA＝2 m，rB＝5 m，FA∶FB＝2∶1，则有＝＝×＝，B正确.
题组二　电场强度的理解与计算
3.（2025·四川雅安模拟）如图所示，在直角三角形ABC中∠A＝37°，∠C＝90°，AB的长度为5L，在A点固定一电荷量为16q的正点电荷，在B点固定一电荷量为9q的正点电荷，静电力常量为k，sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，则C点的电场强度大小为（　A　）
A. B.
C. D.
解析：根据几何关系得AC＝ABcos 37°＝4L，BC＝ABsin 37°＝3L，A点的点电荷在C点处的电场强度大小为EA＝＝，B点的点电荷在C点处的电场强度大小为EB＝＝，根据电场强度的叠加得C点的电场强度大小EC＝＝，故选A.
4.（2025·北京海淀区统考）（多选）导体棒原来不带电，现将一个电荷量为＋q的点电荷放在棒的中心轴线上，它距离导体棒的中心O为L，如图所示.静电力常量为k，当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（　ABD　）
A.棒上感应电荷只分布在其表面
B.棒左、右两端的电势相等
C.点电荷在O点产生的电场强度为零
D.棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为
解析：棒上感应电荷只分布在其表面，A正确；静电平衡时，导体棒是等势体，则棒左、右两端的电势相等，B正确；达到静电平衡时，O点的合场强为零，点电荷在O点产生的电场强度与感应电荷在O点产生的场强等大反向，则棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为E感＝E点电荷＝k，C错误，D正确.
题组三　电场线的理解与应用
5.如图所示，一负电荷仅在静电力作用下从点a运动到点b，在点a的速度大小为v0，方向与电场方向相同.该电荷从点a到点b的v－t图像正确的是（　A　）
解析：由题图可知从点a到点b过程中，电场线分布越来越密，则电场强度增大，所以负电荷所受静电力增大，根据牛顿第二定律，则电荷的加速度也增大，负电荷受到的静电力方向和电场强度方向相反，因为仅在静电力作用下运动，则电荷做加速度不断增大的减速运动，v－t图像的斜率表示加速度，根据图像分析可得正确的是A选项.
6.如图所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是（　C　）
A.A、B可能带等量异种电荷
B.A、B可能带不等量的正电荷
C.同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等，方向相反
D.a、b两点处无电场线，故其电场强度为零
解析：由于电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连线的中点，结合等量异种与等量同种点电荷电场线的分布特点，可知A、B带等量正电荷，故A、B错误；a、b为其连线的中垂线上对称的两点，根据等量正点电荷电场线的分布特点，可知a、b两点位置的电场强度大小相等，方向相反，则同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等，方向相反，故C正确；电场线是为了形象描述看不见、摸不着的电场而人为假想的，其分布的疏密程度表示电场强度的大小，a、b两点处虽然无电场线，但其电场强度不为零，故D错误.
题组四　求解电场强度的“四种”特殊方法
7.（2025·河北秦皇岛期末）半径为R的绝缘薄球壳固定，球心为O，球壳上均匀分布着电荷量为Q的正电荷.A、B、C为过球心大圆截面上的三点，三点将圆三等分，取走A、B两处极小的、面积均为ΔS面上的电荷.将一点电荷q置于OC延长线上距O点为3R的D点，C、D点位于O点同侧，O点的电场强度刚好为零.球面上剩余电荷分布不变，q为（　B　）
A.正电荷，q＝
B.负电荷，q＝
C.正电荷，q＝
D.负电荷，q＝
解析：球壳的面积S＝4πR2，单位面积电荷量σ＝，A、B两处的电荷在O点的电场强度大小E1＝2cos 60°＝，方向沿OC方向，故取走A、B两处的电荷后，球壳剩余部分在O点的电场强度大小为E2＝，方向沿CO方向，q在O点的电场强度大小E3＝E2，则有＝，方向沿OC方向，可知q为负电荷，电荷量为q＝，故选B.
B级·能力提升练
8.如图所示，完全相同的金属小球A和B带有等量电荷，系在一根轻质绝缘弹簧两端，放在光滑绝缘水平面上，由于电荷间的相互作用，弹簧的伸长量为x0，现将不带电的与A、B完全相同的金属小球C先与A球接触一下，再与B球接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的伸长量（　C　）
A.等于x0 B.等于x0
C.大于x0 D.小于x0
解析：分析可知A、B带同种电荷，设金属小球A和B带有的电荷量为Q，弹簧原长为l0，弹簧的劲度系数为k'，根据平衡条件可得＝k'x0，将不带电且与A、B完全相同的金属小球C先与A球接触一下，再与B球接触一下，然后拿走，则A球带有的电荷量，B球带有的电荷量，设重新平衡后弹簧的伸长量为a，则有＝k'a，联立解得＝，由于金属小球A和B所带电荷量减小，弹簧弹力要减小，其伸长量要减小，则有（l0＋x0）2＞（l0＋a）2，解得a＞x0，选项C正确.
9.（2025·四川成都石室中学诊断）为探测地球表面某空间存在的匀强电场的电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为m、带电量为＋q的金属球悬于O点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角θ＝60°；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为α＝30°.重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度大小为（　D　）
A.E＝mg B.E＝mg
C.E＝mg D.E＝
解析：设该匀强电场方向与竖直方向的夹角为β，则开始时，根据平衡条件，水平方向有T1sin 60°＝qEsin β，竖直方向有T1cos 60°＋qEcos β＝mg；当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后电荷量减半，此时水平方向有T2sin 30°＝qEsin β，竖直方向有T2cos 30°＋qEcos β＝mg；联立解得qE＝mg，β＝60°，即E＝，D正确.
10.（2023·全国乙卷）如图所示，等边三角形ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求：
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量.
答案：（1）q　3个点电荷均带正电
（2）
解析：（1）由M点的电场强度方向竖直向下可知，A、B处点电荷在M处的合场强为零，C处点电荷在M处的场强竖直向下，故可判断C点处的点电荷带正电，且A、B处点电荷所带电荷量大小相等，即｜qA｜＝｜qB｜＝q，
由N处的场强竖直向上可知，B、C在N处的合场强由B指向C，则B处点电荷带正电，
A在N处的场强由A指向N，则A处点电荷也带正电，
由上述分析可知，A、B、C三处的点电荷均带正电.
（2）作出A处点电荷在N处的场强、B和C处点电荷在N处的合场强，与N处的竖直向上的电场强度满足平行四边形定则，如图所示，
设正三角形边长为a，根据点电荷的场强公式E＝k，结合几何关系可得，
A点处的点电荷在N处产生的场强大小EA＝，B点处的点电荷在N处产生的场强大小EB＝，C点处的点电荷在N处产生的场强大小EC＝，B、C点处的点电荷在N处产生的合场强EBC＝EB－EC，根据几何关系可得tan 30°＝，
联立解得qC＝.
第2讲　电场能的性质
素养目标　1.理解描述电场能量的概念，如电势、电势差、电势能等.（物理观念） 2.具有分析匀强电场中电势差与电场强度的关系的观念.（物理观念） 3.电势高低、电势能大小的判断方法.（科学思维）
@一、静电力做功、电势能和电势
一、静电力做功、电势能和电势
考题1　（2023·全国乙卷）（多选）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方.从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示.M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球（　BC　）
A.在运动过程中，电势能先增加后减少
B.在P点的电势能大于在N点的电势能
C.在M点的机械能等于在N点的机械能
D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
解析：以O点为圆心作同心圆如图所示，其中过Q点的圆与轨迹线相切，这些圆均为等势线.从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷对它的电场力作用下在竖直面内运动，在运动过程中，小球离该点电荷的距离先减小后增大，电场力对小球先做正功后做负功，电势能先减少后增加，A错误；小球由P到M的运动过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减少，小球在P点的电势能大于在M点的电势能，由于OM＝ON，可知M、N两点的电势相等，则小球在M点的电势能等于在N点的电势能，所以小球在P点的电势能大于在N点的电势能，B正确；小球在M点的电势能等于在N点的电势能，根据能量守恒定律可知小球在M点的机械能等于在N点的机械能，C正确；小球从M点运动到N点的过程中，电场力对小球先做正功后做负功，电势能变化量为零，可知电场力做的总功为零，但不是始终不做功，D错误.
1.静电力做功
（1）特点：静电力做功与　实际路径　无关，只与　初末位置　有关.
（2）计算方法
①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿　电场方向　的距离.
②WAB＝qUAB，适用于　任何电场　.
2.电势能
（1）定义：电荷在　电场　中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到　零势能　位置时静电力所做的功.
（2）静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于　电势能的减少量　，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
（3）电势能具有相对性.
3.电势
（1）定义：电荷在电场中某一点的　电势能　与它的电荷量之比叫作电场在这一点的电势.
（2）定义式：φ＝.
（3）标矢性：电势是　标　量，有正负之分，其正（负）表示该点电势比零电势高（低）.
（4）相对性：电势具有　相对性　，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同.
深化1　　电势高低的判断
判断依据 判断方法
电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷 的正、负 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的高低 正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
静电力做功 根据UAB＝，将WAB、q的正、负号代入，由UAB的正、负判断φA、φB的高低
深化2　　电势能大小的判断
判断角度 判断方法
做功判断法 静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加
电荷电势法 正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大
公式法 将电荷量、电势连同正、负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小
能量守恒法 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加
思维模型　通过类比思想建构电势能概念，采用比值法定义电场中能的性质——电势.
角度1　对电势、电势能的理解
例1　（多选）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，P、Q是电场中的两点.K为阴极，A为阳极，在两极之间加上高压，就会有电子从K极由静止被加速.则（　BC　）
A.P点的电势高于Q点的电势
B.P点的电场强度小于Q点的电场强度
C.电子在P点的电势能大于在Q点的电势能
D.电子由P运动到Q，电场力做负功
解析：阳极电势高，阴极电势低，所以P点电势低于Q点的电势，电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，A错误，C正确；电场线越密场强越强，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，B正确；电子从K极由静止被加速，所以电子由P运动到Q做加速运动，电场力做正功，D错误.
角度2　静电力做功与电势能变化的关系
例2　如图所示，O点为光滑绝缘水平面上正方形区域ABCD的几何中心，该区域有一匀强电场，方向水平由Q指向P.一带负电小球从P点以速度v0沿PQ方向射入电场.以下说法正确的是（　C　）
A.小球由P向Q做减速运动
B.电场中A 点的电势低于C点的电势
C.小球由P向Q运动的过程中，电势能不断减小
D.该小球若从M点沿MN方向射入，则小球将向BC边偏转
解析：小球带负电，可知小球所受电场力沿着PQ方向，与小球的初速度方向相同，小球做加速运动，故A错误；根据匀强电场的等势面和电场线垂直可知，C点的电势等于P点的电势，A点的电势等于Q点的电势，沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知电场中A 点的电势高于C点的电势，故B错误；小球所受电场力的方向与小球的运动方向相同，电场力做正功，则小球的电势能不断减小，故C正确；小球所受电场力沿着PQ方向，该小球若从M点沿 MN方向射入，则小球将向AD边偏转，故D错误.
@二、电场线、等势面和带电粒子轨迹问题
二、电场线、等势面和带电粒子轨迹问题
考题2　（2024·甘肃卷）（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 （　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
解析：根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，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，故M点的电场强度比N点的小，故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；由于带电粒子仅在此电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C、D正确.故选B、C、D.
1.等势面
（1）定义：电场中　电势相等　的各点构成的面.
（2）特点
①在等势面上移动电荷，电场力不做功.
②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向　垂直　.
③电场线总是由电势　高　的等势面指向电势　低　的等势面.
④等差等势面的疏密表示电场的强弱（等差等势面越密的地方，电场线越密）.
2.电势差
（1）定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功WAB与移动的电荷的电量q的比值.
（2）定义式：UAB＝.
（3）电势差与电势的关系：UAB＝　φA－φB　，UAB＝－UBA.
深化1　　常见等势面比较
电场 等势面（实线）图样 重要描述
匀强电场 垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的电场 两电荷连线的中垂面为等势面
等量同种正点电荷的电场 在电荷连线上，中点电势最低；在连线的中垂线上，中点电势最高
深化2　　电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹
电场线 运动轨迹
（1）电场中并不存在，是为研究电场方便而人为引入的. （2）曲线上各点的切线方向即该点的场强方向，同时也是正电荷在该点所受电场力的方向 （1）粒子在电场中的运动轨迹是客观存在的. （2）轨迹上每一点的切线方向即粒子在该点的速度方向，但加速度的方向与速度的方向不一定相同
深化3　　电场线与轨迹问题的判断方法
（1）“运动与力两线法”——画出“速度线”（运动轨迹在初始位置的切线）与“力线”（在初始位置电场线的切线方向），从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况.
（2）三不知时要用“假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，若已知其中的任意一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用假设法分别讨论各种情况.
角度1　对等势面的理解
例3　（2024·广东卷）（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
解析：M、N在一条电场线上，沿电场线方向电势降低，故φM＜φN，A正确；电场线疏密程度反映电场强度大小，电场线密的地方电场强度大，故EN＜EP，B错误；污泥絮体带负电，由M点到N点电势升高，电场力做正功，C正确；P点电势等于M点电势，则N点电势高于P点电势，污泥絮体带负电，则污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小，D错误.
角度2　电场线、等势面和运动轨迹问题
例4　如图所示，虚线a、b、c、d、e代表电场中的五个相邻等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的试探电荷仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则（　D　）
A.M点的电势高于N点
B.M点的电场强度比N点的大
C.该试探电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D.该试探电荷在M点的动能大于在N点的动能
解析：由于电场线垂直等势面，试探电荷所受静电力沿电场线切线方向且指向轨迹的凹侧，试探电荷带正电，因此可以判断电场线的分布情况，如图所示，所以M点的电势低于N点的电势，故A错误；等差等势面的疏密表示电场强弱，所以M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；由电势能与电势的关系Ep＝qφ可知，带正电的粒子在电势越高的位置，电势能越大，所以该试探电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，又由能量守恒定律可知，试探电荷在M点的动能大于在N点的动能，故C错误，D正确.
@三、电势差与电场强度的关系
三、电势差与电场强度的关系
考题3　（2025·八省联考陕西、山西、青海、宁夏卷）静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮的一种先进技术，其原理示意图如图所示.若两平行金属极板间电势差为U，间距为d.质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为（　C　）
A.负电荷，q＝
B.负电荷，q＝
C.正电荷，q＝
D.正电荷， q＝
解析：由图可知，两极板间场强方向竖直向上，微粒受电场力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡条件可知q＝mg，解得q＝，故选C.
1.电势差与电场强度的关系式：　U＝Ed　，其中d为电场中两点间　沿场强方向　的距离.
2.电场强度的方向和大小与电势差的关系：电场中，电场强度方向指向　电势降低　最快的方向.在匀强电场中，电场强度在数值上等于沿　场强　方向每单位距离上降低的电势.
深化1　　由E＝得到的两个重要推论
推论1：匀强电场中的任一线段AB的中心C的电势φC＝，如图甲所示.
甲
乙
推论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD（或φA－φB＝φC－φD），如图乙所示.
深化2　　等分法确定电场线及电势高低的解题思路
深化3　　非匀强电场中公式U＝Ed的定性应用
（1）判断电场强度大小：根据E＝，等差等势面越密，电场强度越大.
（2）判断电势差的大小：根据U＝Ed，距离相等的两点间，E越大，U越大.
角度1　匀强电场的性质
例5　（2025·八省联考云南卷）（多选）空间中有方向与纸面平行的匀强电场，其中纸面内P、Q和R三点分别是等边三角形abc三边的中点，如图所示.已知三角形的边长为2 m，a、b和c三点的电势分别为1 V、2 V和3 V.下列说法正确的是（　AD　）
A.该电场的电场强度大小为1 V/m
B.电子在R点的电势能大于在P点的电势能
C.将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为＋0.5 eV
D.将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为＋0.5 eV
解析：根据匀强电场中沿任意方向两点间中点的电势为两点电势的平均值，则有P点电势为φP＝＝2 V＝φb，可知bP是等势面，则场强方向由c点指向a点，场强大小为E＝＝ V/m＝1 V/m，选项A正确；R点的电势为φR＝＝2.5 V＞φP＝2 V，可知电子在R点的电势能小于在P点的电势能，选项B错误；Q点的电势为φQ＝＝1.5 V，将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为WPQ＝－0.5 eV，选项C错误；将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为WPR＝＋0.5 eV，选项D正确.故选AD.
角度2　等分法确定电场线及电势高低
例6　如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d为匀强电场中的四个点，ab＝2bc＝2 m，电场线与矩形所在的平面平行.已知a点电势为15 V，b点电势为9 V，c点电势为6 V.一带电粒子从a点以速度v0＝100 m/s射入电场，v0与ab边的夹角为45°，一段时间后粒子经过ab边的中点e.不计粒子的重力，下列判断正确的是（　C　）
A.d点电势为10 V
B.电场强度的大小为6 V/m
C.粒子从a点到e点所用的时间为×10－2 s
D.粒子从a点到e点，其电势能增大
解析：根据匀强电场中平行等距的两线段间电势差相等，则有φa－φb＝φd－φc，解得φd＝12 V，A错误；由于φe＝＝12 V，则d点与e点的电势相等，则电场线如图所示，故E＝＝＝ V/m＝3 V/m，B错误；粒子能从a点到e点，说明其带正电，所受电场力的方向沿场强方向，粒子做类平抛运动，沿de方向粒子做匀速直线运动，则有t＝＝ s＝×10－2 s，C正确；粒子从a点到e点，所受电场力的方向沿场强方向，则电场力做正功，其电势能减小，D错误.
角度3　非匀强电场中电场强度和电势差
例7　（2025·广东茂名模拟）平时我们所处的地球表面，实际上存在电场强度大小为100 V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示.空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高.则下列说法正确的是（　B　）
A.b、c两点间的电势差Ubc＝0
B.a点电场强度大小大于100 V/m
C.a点电场强度方向水平向右
D.a点的电势低于c点
解析：由题图可知，b、c两点间的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，故A错误；由题图可知，a点与相邻两等势面的距离均小于1 m，电势差等于100 V，根据E＝可知a点电场强度大小大于100 V/m，故B正确；根据电场强度方向垂直于等势面，可知a点的电场强度方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；由题图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300 V，故D错误.
@限时跟踪检测（三十五）
A级·基础对点练
题组一　静电力做功、电势能和电势
1.（2025·河北石家庄二中模拟）正方形ABCD四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O为正方形两对角线的交点，M、N、P、Q分别为AO、BO、CO、DO的中点.取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　C　）
A.M、N、P、Q 四点的场强相同
B.UMO＝UNO，即M、O间电势差等于N、O间电势差
C.将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中，电势能一直减小
D.将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中，电势能先减小后增大
解析：根据电场强度的矢量叠加知，M、N、P、Q四点的场强方向不同，A错误；根据等量异种点电荷的性质及电势的叠加原理可知O点电势为零，M、P两点离正电荷近，电势为正，N、Q两点离负电荷近，电势为负，则UMO≠UNO，B错误；由于O点电势为零，且M、P两点电势均为正，所以沿MOP移动电子，其电势先降低后升高，电势能先增大后减小，D错误；同理，将一质子从M点沿MON移动到N点过程中，其电势能一直减小，C正确.
2.（2025·江西模拟）（多选）已知均匀带电的空心球壳内部场强处处为零，球壳内部电势处处相等且与球壳的电势相等，球壳外部空间的电场等同于将全部电荷集中于球心处的点电荷产生的电场.现有三个均匀带电的空心球壳，球心都在O点，半径分别为r、2r、3r，电荷量分别为q、2q、3q（q＞0），它们的截面如图所示，在过O点的一条直线上有A、B、C三点，各点到O点的距离分别为1.5r、2.5r、3.5r，三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，下列说法正确的是（　BC　）
A.EA＞EB＞EC B.EA＜EB＜EC
C.φA＞φB＞φC D.φA＜φB＜φC
解析：A点场强只由最内侧球壳上的电荷产生，依题意EA＝，B点场强由内侧的两个球壳上的电荷产生，故EB＝，同理EC＝，则EA＜EB＜EC，故A错误，B正确；因为q＞0，三个球壳上都带正电荷，任意球壳内部电势高于外部电势，球壳外部各点离O越远电势越低，A点在两个球壳内部，B点在一个球壳内部，C点在三个球壳外，且A点离O点最近，C点离O点最远，故有φA＞φB＞φC，故C正确，D错误.
题组二　电场线、等势面和带电粒子轨迹问题
3.（2025·宁波模拟）A、B、C三个点电荷周围的电场线和等势线分布如图中实线所示，虚线为一电子只受静电力作用的运动轨迹，M、N是电子运动轨迹上的两点，下列说法正确的是（　D　）
A.点电荷A带负电
B.M、N两点的电场强度大小EM＞EN
C.M、N两点的电势高低φM＜φN
D.电子从M点运动到N点，电势能增大
解析：根据电子的运动轨迹，结合电子轨迹要夹在合力和速度之间，且合力指向轨迹凹的一侧，可判断知点电荷A带正电，A错误；根据等势线的疏密同时也可表示电场线的疏密，由电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图可判断知EM＜EN，B错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知φM＞φN，C错误；电子从M点运动到N点，根据WMN＝eUMN＝e（φM－φN）＜0，电场力对电子做负功，电子的电势能增大，D正确.故选D.
4.（2025·山东济南摸底考）如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的电场强度方向与ab连线成30°角，b点的电场强度方向与ab连线成60°角，粒子只受静电力的作用，下列说法中正确的是（　B　）
A.图中弯曲的虚线轨迹可能是一段圆弧
B.a点的电势一定高于b点电势
C.a、b两点的电场强度大小可能相同
D.该带电粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能
解析：如图所示，Ea、Eb的交点为场源点电荷的位置，粒子若做圆周运动，必以场源电荷为圆心，由图可知，带正电的粒子的轨迹不可能是一段圆弧，A错误；由题可知场源电荷为负电荷，离负点电荷越远的点电势越高，所以a点的电势高于b点电势，B正确；根据点电荷电场的分布特点可知，离点电荷越近，电场强度越大，所以a点电场强度小于b点电场强度，C错误；根据电势能的计算公式Ep＝qφ，φa＞φb，可知带电粒子在a、b两点的电势能的大小关系为Epa＞Epb，D错误.
题组三　电势差与电场强度的关系
5.（2025·辽宁名校联盟联考）如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径，已知a、b、c三点的电势分别为φa＝12 V、φb＝20 V、φc＝24 V，则此圆的圆心O与d点的电势差为（　A　）
A.2 V B.3 V C.4 V D.6 V
解析：根据几何知识知，ab长度等于cd长度，且线段ab平行于线段cd，根据在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，则φb－φa＝φc－φd，解得φd＝16 V，O点的电势φO＝＝18 V，圆心O与d点的电势差UOd＝φO－φd＝2 V，A正确，B、C、D错误.
6.如图所示，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC＝63.5°，O为圆心，AC为直径，半径R＝5 cm.有一匀强电场（图中未画出）电场方向与圆周在同一平面内，取O点电势为零.A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8 eV、电荷量为e的带正电粒子，其中到达B点的粒子动能为12 eV，到达C点的粒子电势能为－4 eV.不计粒子的重力和粒子间的相互作用，sin 53°＝0.8.则匀强电场的电场强度大小为（　C　）
A.25 V/m B.50 V/m
C.100 V/m D.200 V/m
解析：根据电势能表达式EpC＝eφC＝－4 eV可知粒子在C点的电势为φC＝－4 V，根据UAO＝φA－φO＝UOC＝φO－φC，得φA＝－φC＝4 V，粒子从A到B的过程，根据动能定理可得WAB＝e（φA－φB）＝12 eV－8 eV＝4 eV，解得φB＝0，可知OB连线为等势线，过A点作OB的垂线，如图所示，由几何关系得α＝2θ＝2×（90°－63.5°）＝53°，则匀强电场的电场强度大小为E＝＝＝ V/m＝100 V/m，C正确，A、B、D错误.
7.（多选）如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10 V、20 V、30 V.实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，已知带电粒子所带电荷量为0.01 C，在a点的动能为0.5 J，则该带电粒子（　AD　）
A.一定带正电
B.在b点的电势能为0.5 J
C.在b点的动能比在a、c两点的动能都大
D.在c点的动能为0.4 J
解析：如图所示，可知粒子受力方向向上，电势由下向上逐渐降低，根据“顺小逆大”，可知电场方向也向上，因此粒子带正电，A正确；将b点电势和粒子带电荷量代入电势能公式Ep＝φq得电势能为0.3 J，B错误；根据“沿着受力方向动增势减”，可知b点动能最小，C错误；粒子从a点运动到c点，电场力做的功W＝Δφ·q＝－10×0.01 J＝－0.1 J，由动能定理得Ekc－Eka＝W，解得c点动能为0.4 J，D正确.
B级·能力提升练
8.（2025·山东齐鲁名校联考）等量异种点电荷和等量同种点电荷电场中，以两点电荷所在直线为x轴，以两点电荷连线中点为坐标原点，建立如图甲、乙所示平面直角坐标系，取无限远处电势为零，下列对甲、乙两图中x轴上的电场强度E和y轴上的电势φ定性描述正确的是（　C　）
解析：等量异种点电荷连线上，沿着连线从正电荷到负电荷的过程中，电场强度先减小后增大，在连线中点处场强最小，负电荷右侧、正电荷左侧场强方向均向左，为负，图像在x轴下方，A错误.在等量异种点电荷连线的中垂线上，电势相等，B错误.等量同种点电荷连线中点处场强为0，左边正电荷的右侧场强沿着两电荷连线逐渐减小，方向向右，图像在x轴上方，左侧场强向左，沿着x轴负方向逐渐减小，图像在x轴下方；右边正电荷左侧场强向左，沿着x轴负方向逐渐减小，图像在x轴下方，右侧场强向右，沿着x轴正方向场强逐渐减小，图像在x轴上方，C正确.等量同种点电荷连线的中垂线上，电场线方向均背离O点，由沿电场线方向电势越来越低知O点向两侧电势越来越低，D错误.
9.（2025·湖北宜荆荆随恩联考）（多选）空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒（　BCD　）
A.一定带正电
B.0～3 s内静电力做的功为－9 J
C.运动过程中动能不变
D.0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J
解析：由于不清楚电场强度的方向和电场力方向的关系，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3 s内电势能增加9 J，则0～3 s静电力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C正确；0～3 s内机械能增加3 J，静电力做功为－9 J，由功能关系可知0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D正确.
10.（2025·河北衡水质检）有一个匀强电场，电场线和坐标平面xOy平行，以原点O为圆心、半径r＝10 cm 的圆周上任意一点P的电势φ＝40sin θ＋25（V），θ为O、P两点的连线与x轴正方向所成的角，A、B、C、D为圆周与坐标轴的四个交点，如图所示.
（1）求该匀强电场场强的大小和方向；
（2）若在圆周上D点处有一个α粒子源，能在xOy平面内发射初动能均为200 eV的α粒子（氦核）.当发射的方向不同时，α粒子会经过圆周上不同的点.在所有的这些点中，α粒子到达哪一点的动能最大？最大动能是多少？
答案：（1）400 V/m，方向沿y轴负方向
（2）C点　280 eV
解析：（1）半径r＝10 cm的圆周上任意一点P的电势φ＝40sin θ＋25（V），θ＝0和θ＝π时的电势相等，则B、D两点的电势相等，可知电场的方向平行于y轴，当θ＝时，φ1＝65 V，当θ＝时，φ2＝－15 V，由于沿电场线的方向电势逐渐降低，所以电场方向沿y轴负方向，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝400 V/m.
（2）α粒子带正电，由动能定理知α粒子到达C点时的动能最大，根据动能定理得2eU＝EkC－EkD，其中U＝＝40 V，得EkC＝2eU＋EkD＝2e×40 V＋200 eV＝280 eV.
专题九　电场中的功能关系及图像问题
素养目标　1.掌握静电力做功的计算方法及电场中常用的功能关系.（物理观念） 2.掌握电场中的几种常见图像.（物理观念）
@一、电场中的功能关系
一、电场中的功能关系
考题1　（2024·山东卷）（多选）如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面.质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零.已知AC间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是 （　AD　）
A.OB的距离l＝
B.OB的距离l＝
C.从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D.AC之间的电势差UAC＝－
解析：小滑块在B点时，对小滑块受力分析如图所示，由平衡条件得k＝mgtan 30°，解得OB的距离l＝，A正确，B错误；小滑块从A运动到C，由动能定理得mgssin 30°＋W＝0，解得静电力对小滑块做功为W＝－mgs，C错误；AC之间的电势差UAC＝＝－，D正确.
考题2　（2022·辽宁卷）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨BO在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿导轨BO运动.以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程.
答案：（1）mgR
（2）
（3）见解析
解析：（1）小球从A点释放，根据能量守恒有EpA＝EkB＝m，可得弹簧压缩至A点的弹性势能EpA＝mgR.
（2）小球从B运动到O的过程中重力、电场力对小球做功，根据动能定理有F电·R－mgR＝m－m，其中F电＝mg，可得vO＝.
（3）小球离开O点后的受力分析如图所示，根据受力分析可知重力与电场力的合力沿水平方向向右，大小为F合＝mg，即小球离开O点后，在水平方向以加速度g做匀加速直线运动，有x＝gt2，其中x≥0，
在竖直方向以速度v0做匀速直线运动，有y＝vOt＝t，联立可得轨迹方程为x＝（或y＝）.
深化　　几种常见的功能关系
（1）合外力做功等于动能的变化，即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk（动能定理）.
（2）重力做功等于物体重力势能的变化，即WG＝EpG1－EpG2＝－ΔEp.
（3）静电力做功等于电势能的变化，即W电＝Ep电1－Ep电2＝－ΔEp电.
（4）弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，即W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹.
（5）除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化，即W其他力＝E机2－E机1＝ΔE机.
例1　如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J.下列说法中正确的是（　D　）
A.粒子带负电
B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C.粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
解析：由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，所以电势能减小，B错误；根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，D正确.
训练1　（2025·四川泸州期末）如图所示，带正电小球A固定在绝缘天花板上，绝缘轻弹簧的下端固定在水平地面上，弹簧处于自由状态，现将与A完全相同的带正电小球B放在弹簧上端并由静止释放，若A、B球心和弹簧轴线始终在一条竖直线上，则小球B从释放到第一次运动到最低点的过程中，下列说法中正确的是（　B　）
A.小球B速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零
B.小球B的加速度先减小后增大
C.小球B与弹簧组成系统的机械能一定减小
D.小球A与B组成系统的电势能一定先减小后增大
解析：小球B向下运动的过程中受到重力、库仑力、弹簧的弹力作用，当弹簧的弹力、重力、库仑力的合力为0时，小球B的加速度为0，速度最大，故A错误；开始运动时，弹簧的弹力小于重力和库仑力之和，合力竖直向下，小球向下做加速运动，由于弹簧的弹力逐渐增大，库仑力减小，合力减小，加速度减小，当合力减小为0时，速度最大，之后弹簧的弹力大于重力与库仑力之和，合力竖直向上，小球向下做减速运动，弹簧的弹力逐渐增大，库仑力减小，合力竖直向上，加速度增大，因此小球B的加速度先减小后增大，故B正确；由于库仑力对小球B做正功，由功能关系可知，小球B与弹簧组成系统的机械能一定增大，故C错误；库仑力对小球B做正功，小球A与B组成系统的电势能一直减小，故D错误.
@二、电场中的图像问题
二、电场中的图像问题
考题3　（2024·湖南卷）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.
考题4　（2025·八省联考河南卷）某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点.一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子（　A　）
A.将在ad之间做周期性运动
B.在d点的电势能大于a点的电势能
C.在b点与c点所受电场力方向相同
D.将沿x轴负方向运动，可以到达O点
解析：由题图可知，a、d两点电势相等，根据Ep＝qφ可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误；φ－x图像斜率表示电场强度，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F＝qE可知在b点与c点所受电场力方向相反，故C错误；根据沿着电场线方向电势降低可知在d点电场方向为x轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，该过程中仅有电场力对粒子做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误.故选A.
深化1　　电场中的v－t图像
（1）由v－t图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a的大小变化.
（2）根据牛顿第二定律a＝＝，判断电场强度E的大小变化.
（3）根据v－t图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分析电场强度的方向.
（4）由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电势的变化等.
深化2　　电场中的φ－x图像
（1）电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场（如图所示）.切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零.
（2）在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向（如图所示）.
（3）电场中常见的φ－x图像
①点电荷的φ－x图像（取无限远处电势为零），如图所示.
②两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图所示.
③两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图所示.
深化3　　电场中的E－x图像
（1）反映了电场强度随位移变化的规律.
（2）判定电场强度E的方向：E＞0表示电场强度沿正方向；E＜0表示电场强度沿负方向.
（3）图线与x轴围成的“面积”表示两点间电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定.
（4）电场中常见的E－x图像
①点电荷的E－x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示.
②两个等量异种点电荷的E－x图像，如图所示.
③两个等量正点电荷的E－x图像，如图所示.
深化4　　电场中的Ep－x图像、Ek－x图像
（1）Ep－x图像
由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向.
（2）Ek－x图像
当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝，斜率表示静电力.
角度1　电场中的v－t图像
例2　（2025·宁夏银川一中模拟）（多选）一带负电粒子仅在静电力的作用下从A点沿直线运动到B点，速度由v1变为v2，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　AC　）
A.A、B两点的电势关系为φA＞φB
B.A点附近的等势面要比B点附近的等势面稀疏
C.A、B两点的电场强度大小关系为EA＞EB
D.粒子从A点到B点的过程中，可能两次经过同一个等势面
解析：根据速度由v1变为v2，速度减小，可知静电力对粒子做负功，电势能增加，根据带电粒子在电场中的运动规律可知，负电荷高势低能，则φA＞φB，故A正确；电场线密集的位置等势面密集，电场强度更大，则带电粒子受到的静电力更大，加速度大，在v－t图像中斜率的绝对值更大，A处斜率的绝对值大于B处斜率的绝对值，则电场强度的关系EA＞EB，A点附近的等势面要比B点附近的等势面密集，故B错误，C正确；粒子从A点到B点的过程中，速度一直减小，则静电力一直做负功，电势能一直增大，故不可能两次经过同一个等势面，故D错误.
角度2　电场中的φ－x图像
例3　如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x＜a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（　C　）
A.Q＝q，释放后P将向右运动
B.Q＝q，释放后P将向左运动
C.Q＝q，释放后P将向右运动
D.Q＝q，释放后P将向左运动
解析：以最左端的电荷量为＋q的点电荷为研究对象，其余三个电荷量为＋q的点电荷对研究对象的库仑力的合力与电荷量为－Q的点电荷对研究对象的库仑力等大反向，则由物体的平衡条件和库仑定律得k＋2kcos 45°＝k，解得Q＝q，故A、B错误；在x轴上0≤x＜a区间内，根据题图乙可知电场方向水平向左，－Q所受电场力的方向水平向右，则释放P后将向右运动，故C正确，D错误.
角度3　电场中的E－x图像
例4　某静电场中x轴上各点的电场强度方向均和x轴重合，以x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上的电场强度随位置坐标的变化规律如图所示，其中x1～x3间的图线关于x2点中心对称，规定x2点为电势零点，已知x2＝2x1＝2d，将一带电荷量为＋q的粒子从坐标原点由静止释放，不计粒子重力，关于粒子从原点O运动到x3点的过程，下列说法正确的是（　C　）
A.释放后粒子的加速度先不变后减小
B.粒子到达x3点时的动能为qdE0
C.粒子经过的位置中O点电势一定最大
D.粒子在x1和x3处速度达到最大值
解析：O～x1间，电场强度沿x轴正方向且大小不变，又粒子带正电，故粒子沿x轴正方向做匀加速直线运动；x1～x2间，电场强度沿x轴正方向，且大小逐渐减小，故粒子沿x轴正方向做加速度减小的加速运动；x2～x3间，电场强度沿x轴负方向，且大小逐渐增大，故粒子沿x轴正方向做加速度增大的减速运动，故A、D错误；x1～x3间的图线关于x2点中心对称，则x1～x2间电场力对粒子做的正功数值上等于x2～x3间电场力对粒子做的负功，粒子到达x3时的动能等于粒子到达x1时的动能，即Ek＝qdE0，故B错误；由题意知x2点的电势为0，有φx1＝－φx3，φx1＜φO，可知O点的电势最大，故C正确.
角度4　电场中的Ep－x图像，Ek－x图像
例5　（多选）在匀强电场中，一电子从原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位置x变化的关系如图所示，则（　CD　）
A.电场强度方向沿x轴正方向
B.电场强度大小为2.5 N/C
C.x＝5 m处的电势为0
D.电子从原点O运动到x＝4 m处的过程中，动能增加了8 eV
解析：根据电场力做功与电势能的变化关系可知，带负电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，电势能减小，则电场力做正功，因此电场强度方向沿x轴负方向，故A错误；由题图可知，电势能的变化率不变，所以负电荷受到的电场力不变，则知该电场为匀强电场，根据公式W＝qEx可知，电场强度E＝＝｜｜＝2 N/C，故B错误；由图可知，x＝5 m处的电势能Ep为零，根据公式Ep＝qφ可知，x＝5 m处的电势φ＝＝0，故C正确；电子从原点O运动到x＝4 m处的过程中，只有电场力做功，电势能减小了8 eV，则动能增加了8 eV，故D正确.
例6　（多选）如图甲所示，a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在a点由静止释放，仅在静电力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（　CD　）
A.带电粒子与场源电荷带异种电荷
B.a点电势比b点电势高
C.a点场强比b点场强大
D.带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
解析：粒子从a点向b点运动，Ek－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝Ek，电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点场强比b点场强大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A错误，C正确；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点，静电力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确.
@限时跟踪检测（三十六）
A级·基础对点练
题组一　电场中的功能关系
1.如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为m的带电小球从A点沿直线运动到B点.不计空气阻力，小球不受其他外力，在这一过程中（　A　）
A.小球一定带负电
B.小球在做匀加速直线运动
C.小球的电势能减小
D.小球的机械能增加
解析：小球做直线运动，则小球所受的合力一定与小球的初速度共线，所受力与速度方向关系如图所示，小球所受电场力水平向右，小球带负电，电场力与重力的合力与小球的初速度方向相反，所以小球做匀减速直线运动，故A正确，B错误.小球所受电场力水平向右，位移斜向左上方，可知电场力做负功，故小球的电势能增加，根据能量守恒，小球的电势能增加，则小球的机械能减小，故C、D错误.
2.如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角.已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U（U＞0），不计粒子重力，P点的电势为零.则下列说法正确的是（　D　）
A.粒子带负电
B.带电粒子在Q点的电势能为qU
C.P、Q两点间的竖直距离为
D.此匀强电场的电场强度为
解析：由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝＝d，电场强度大小为E＝＝，C错误，故D正确.
题组二　电场中的图像问题
3.（2025·景德镇质检）高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击.老师给同学们在实验室模拟尖端放电现象，原理如图所示.假设一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动.设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（　　）
解析：电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，所以电子向针状电极运动，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，B错误；电子的加速度a＝，电场强度增大，电子的加速度增大，v－t图线的斜率增大，A正确；根据Ep＝eEx，电场力做正功，电势能减小，电场强度增大，Ep－x图线的斜率增大，C错误；根据φ＝，Ep＝eEx，解得φ＝Ex，逆电场线运动电势升高，电场强度增大，φ－x图线的斜率增大，D错误.故选A.
4.如图（a）所示，空间中存在一个平行于xOy平面的匀强电场.若x轴、y轴上的电势分布如图（b）、（c）所示，则电场强度大小为（　B　）
A.2.5 V/m B.250 V/m
C.3.5 V/m D.350 V/m
解析：电场强度沿x轴方向的分量为Ex＝＝ V/m＝－200 V/m，电场强度沿y轴方向的分量为Ey＝＝ V/m＝－150 V/m，电场强度大小为E＝＝250 V/m，故选B.
B级·能力提升练
5.（多选）一带正电微粒只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随x变化的关系图像如图所示，其中O～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是（　ACD　）
A.O～x1段电势逐渐升高
B.O～x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动
C.x1～x2段电场强度为零
D.x2～x3段的电势沿x轴均匀降低
解析：电势能Ep＝φq，由于微粒带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A正确；根据ΔEp＝FΔx，图线斜率反映电场力，O～x1段图线斜率变小，电场力减小，加速度逐渐减小，由于电势能增加，电场力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x1～x2段斜率为零，不受电场力，即电场强度为零，C正确；x2～x3段电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀降低，D正确.
6.（2025·湖北荆门调考）如图所示，倾角θ＝37°的绝缘斜面底端与粗糙程度相同的绝缘水平面平滑连接.整个装置处于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场之中.今让一个可视为质点的带电金属块，从斜面顶端由静止开始下滑，已知在金属块下滑到斜面底端的过程中动能增加了ΔEk＝6 J，金属块克服摩擦力做功Wf＝14 J，重力做功WG＝24 J，设在整个运动过程中金属块的带电荷量保持不变.（取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：
（1）在上述过程中电场力所做的功W电；
（2）金属块与斜面之间的动摩擦因数μ；
（3）若已知匀强电场的场强E＝5×105 V/m，金属块所带的电荷量q＝×10－5 C.则金属块在水平面上滑行的距离L2为多长？
答案：（1）－4 J
（2）0.4
（3）2 m
解析：（1）金属块从斜面顶端下滑到斜面底端的过程中，由动能定理：WG－Wf＋W电＝ΔEk
解得：W电＝－4 J
电场力做负功，说明金属块带正电.
（2）设斜面长度为L1，金属块从斜面顶端下滑到斜面底端的过程中受力如图所示
其中重力做功WG＝mgL1sin 37°＝24 J
克服摩擦力做功
Wf＝μ（mgcos 37°＋Eqsin 37°）L1＝14 J
电场力做功W电＝－EqL1cos 37°＝－4 J
联立解得：μ＝0.4.
（3）金属块从斜面底端向左滑行的过程中，有：
－（μmg＋Eq）L2＝－ΔEk
由（2）中等式可解得：mg＝8Eq
联立解得：L2＝2 m.
第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动
素养目标　1.能够理解电容和电容器的基本概念.（物理观念） 2.能够运用静电力、电场强度等力学概念研究带电粒子在电场中的加速和偏转的运动问题.（物理观念） 3.平行板电容器的动态分析.（科学思维） 4.解决带电粒子在电场中运动的一般步骤与方法.（科学思维）
@一、观察电容器的充电和放电现象
一、观察电容器的充电和放电现象
考题1　（2022·北京卷）利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表.下列说法正确的是（　B　）
A.充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B.充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C.放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
解析：电容器充电时，电压随时间变化的关系如图1所示，则充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定，对应电流表的示数逐渐减小到零，A错误，B正确.
电容器放电时，电流随时间变化的关系如图2所示，则放电过程中，电流表的示数逐渐减小到零，对应电压表的示数逐渐减小到零，C、D错误.
1.实验原理
（1）电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因　失去　电子而带　正　电，负极板因　获得　电子而带　负　电.正、负极板带　等量　的正、负电荷，电荷在移动的过程中形成电流.
在充电开始时电流比较　大　（填“大”或“小”），以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐　减小　（填“增大”或“减小”），当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I＝0.
（2）电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生　中和　，在电子移动过程中，形成电流.
放电开始电流较　大　（填“大”或“小”），随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐　减小　（填“增大”或“减小”），两极板间的电压也逐渐减小到零.
2.实验步骤
（1）按图连接好电路.
（2）把单刀双掷开关S打在上面，使触点1和触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中.
（3）将单刀双掷开关S打在下面，使触点3和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中.
（4）记录好实验结果，关闭电源.
3.注意事项
（1）电流表要选用小量程的灵敏电流计.
（2）要选择大容量的电容器.
（3）实验要在干燥的环境中进行.
深化　　电容器充、放电过程I－t图像形状的决定因素
（1）图像面积：根据Q＝CU可知图像的面积由电容器充电结束或放电开始时其两极板间的电势差和电容器的电容决定.
（2）图像峰值：根据Im＝可知，图像的峰值由电容器充电结束或放电开始时其两极板间的电势差和电路总电阻决定.
角度1　教材原型实验
例1　在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、停表、单刀双掷开关以及导线若干.
　　
（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压.检测时，红表笔应该与电池的
　正极　（填“正极”或“负极”）接触.
解析：（1）多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，故电流表红表笔应该与电池的正极接触.
（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示.先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化.电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是　C　.（填正确答案标号）
A.迅速变亮，然后亮度趋于稳定
B.亮度逐渐增大，然后趋于稳定
C.迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭
解析：（2）电容器充电完成后，开始时两极板电荷量较多，电势差较大，当开关S与“2”端相接时，形成闭合回路，小灯泡迅速变亮；随着时间的积累，两极板电荷量变少，电势差变小，流过小灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零，则无电流流过小灯泡，即小灯泡熄灭，故选C.
（3）将电阻箱的阻值调为R2（R2＞R1），再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况.两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为　R2　（填“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的　电荷量　（填“电压”或“电荷量”）.
解析：（3）开始充电时两极板不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有E＝I（R＋r），由图像可知开始充电时实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为R2；图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量.
角度2　实验拓展与创新
例2　（2025·安徽模拟）如图所示，某同学用电流传感器探究电容器充电过程中对旁路的影响，t＝0时刻闭合开关S，则能正确表示此后电阻R1中电流变化过程的图像是（　B　）
解析：闭合开关S瞬间，对电容器充电，通过R2的电流逐渐减小，则通过R1的电流逐渐增加，电容器充电结束，通过R1的电流达到最大，并保持不变.故选B.
@二、电容器的动态分析
二、电容器的动态分析
考题2　（2024·浙江6月选考）如图所示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（　D　）
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
解析：由电容的决定式C＝可得，当两极板间距d增大时，电容器的电容C减小，B错误；由于电荷量Q不变，由C＝可得极板间电势差U增大，A错误；由E＝＝＝可得极板间电场强度E不变，C错误；增大极板间距，需要克服电场力做功，由功能关系知，电容器储存能量增大，D正确.
电容
（1）定义：电容器所带的　电荷量Q　与两个极板间的电势差U的比值.
（2）表达式：　C＝　.
（3）单位：法拉（F）、微法（μF），常用单位还有皮法（pF），1 F＝106 μF＝1012 pF.
（4）平行板电容器电容的决定式：　C＝　，k为静电力常量.
深化1　　两类典型问题
（1）电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变.
（2）电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变.
深化2　　动态分析思路
思维模型　用电容的定义式和决定式，分析、讨论、解决电容器的动态变化.
角度1　电势差不变的动态分析
例3　（2025·北京东城区期末）如图所示，水平正对的金属板A、B与干电池连接，B板接地，静电计上的电荷量、导线及电池的内阻均不计.开关S闭合，一带负电的油滴静止于两板间的P点.下列说法不正确的是（　C　）
A.若仅将A板上移一些，则静电计指针的张角不变
B.若仅将B板下移一些，则油滴向下运动
C.若断开S，且仅将B板下移一些，则油滴的电势能增大
D.若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则电容器电容变大
解析：金属板A、B与干电池相连，电容器两板间电势差不变，A板上移，静电计指针的张角不变，故A正确；根据E＝知，若仅将B板下移一些，板间电场强度减小，竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴所受合外力向下，将向下运动，故B正确；若断开S，板上电荷量Q不变，根据C＝，Q＝CU，E＝，可得E＝∝，仅将B板下移一些，板间电场强度不变，P点与B板间电势差U'＝Ed'增大，则P点电势增大，带负电的油滴在P点的电势能减小，故C错误；若断开S，仅在A、P间插入玻璃板，则相对介电常数增大，电容器电容变大，故D正确.故选C.
角度2　带电量不变时的动态分析
例4　如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　D　）
A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不变
C.θ减小，Ep增大 D.θ减小，E不变
解析：平行板电容器带有等量异种电荷，由E＝知，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变.保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小；由于下极板接地（电势为零），两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变.综上所述，选项D正确.
角度3　含二极管的动态分析
例5　（2025·贵阳实验三中高三校联考）某同学学习了电容器的充、放电等相关知识后，在老师的引导下，他为了探究电路中连接二极管的电容器充、放电问题，设计了如图所示的电路，平行板电容器与二极管（该二极管可看作理想二极管，正向电阻很小，反向电阻无穷大）、开关、直流电源串联，电源负极接地.闭合开关，电路稳定后，一不计重力的带电油滴位于竖直平面电容器两极板间的P点处，恰好处于静止状态.保持开关闭合，下列说法正确的是（　D　）
A.若上极板略微下移，带电油滴仍保持静止
B.若下极板略微上移，则P点电势保持不变
C.若上极板略微左移与下极板平行错开，则带电油滴仍保持静止
D.若下极板略微右移与上极板平行错开，则带电油滴在P点的电势能降低
解析：上极板略微下移，d变小，U不变，E变大，电场力变大，油滴向上运动，故A错误；下极板略微上移，d变小，U不变，E变大，上极板与P的电势差增大，上极板电势不变，P点的电势降低，故B错误；无论是上极板略微左移，还是下极板略微右移，根据C＝，S将减小，C变小，U不变，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，实际为Q保持不变，C变小，U变大，电场强度E变大，电场力变大，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，E变大，P与下极板的电势差增大，下极板的电势恒为0，所以P点的电势升高，该油滴带负电，电势能降低，故C错误，D正确.
@三、带电粒子在电场中的直线运动
三、带电粒子在电场中的直线运动
考题3　（2020·天津卷）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器.质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管.离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间.设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力.
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1.
答案：（1）l
（2）
（3）（）2m0
解析：（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU＝mv2 ①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝ ②
联立①②式，得T1＝l. ③
（2）根据动能定理，有qU－qEx＝0 ④
得x＝. ⑤
（3）离子在加速电场中的运动和反射区电场中每次的单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝ ⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在两反射区运动的总路程相等，设为L1，在漂移管的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在漂移管速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有
t总＝＋ ⑦
联立①⑥⑦式，得
t总＝（2L1＋L2） ⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比
故有＝
解得m1＝（）2m0. ⑨
带电粒子在电场中的加速
（1）动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a＝，E＝，v2－＝2ad.
（2）功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足　qU＝mv2－m　.
深化1　　对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
（1）要掌握静电力的特点.静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关.
（2）是否考虑重力依据情况而定.
基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力（但不能忽略质量）.
带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力.
深化2　　做直线运动的条件
（1）粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动.
（2）粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动.
深化3　　解决问题的方法
（1）用动力学观点分析
Eq＋F其他＝ma，E＝（匀强电场），v2－＝2ad（匀变速直线运动）.
（2）用功能观点分析
①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝mv2－m.
②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1.
角度1　带电粒子在电场中的直线运动
例6　如图所示，空间存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点.若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P'点由静止释放，则（　C　）
A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B.金属板A、B间的电压减小
C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D.乙电子运动到O点的速率为2v0
解析：由C＝＝可知，若仅将B板向右平移距离d，电容C减小，电压U增大，A、B错误；由于电容器极板上的电荷量不变，改变板间距离，电场强度E不变，所以加速度a＝相同，C正确；由动能定理可得，甲：－Eqd＝0－m，乙：Eq·2d＝mv2，则乙电子运动到O点的速率为v0，D错误.
角度2　带电微粒在电场中的直线运动
例7　如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷.油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况.两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力.若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为U时观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，则该油滴所带电荷量可表示为（　A　）
A.（g－） B.（g－）
C.（g－） D.（g－）
解析：油滴带负电，设电荷量为Q，油滴所受到的电场力方向竖直向上，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得mg－Q＝ma，由匀加速运动规律得d＝at2，联立两式得Q＝（g－），故选项A正确.
@四、带电粒子在电场中的偏转
四、带电粒子在电场中的偏转
考题4　（2023·北京卷）某种负离子空气净化原理如图所示.由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器.在收集

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