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(共92张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题三　电场与磁场
第6讲　电场
【备考指南】
1．高考对本讲的考查侧重对基本概念和规律的考查，并重视电场中的模型建构，以选择题为主，计算题也时有出现，融合点电荷的电场、电场的力的性质和能的性质等知识一起考查。在方法上注重对称法、等效法等方法的应用。
2．关注本讲知识在科技、生产、生活实践中的体现，注重培养建模能力和应用数学知识解决物理问题的能力。
突破点一　电场的性质
01
突破点二　电场中的图像问题
02
随堂练 临考预测 名师押题
04
专题限时集训(六)
05
突破点三　电容器　带电体在电场中的运动
03
突破点一　电场的性质
　　　　　　
1．电场强度、电势、电势能三个物理量的判断方法
判断电 场强度大小 ①根据电场线或等差等势面的疏密判断
②根据公式法、平衡条件、电场强度叠加原理、对称法、补偿法、等效法判断
判断 电势的 高低
判断 电势能 大小 ①根据Ep＝qφ判断
②根据W电＝－ΔEp，由静电力做功判断
③根据能量守恒定律来判断
2．电场中的“三线”(电场线、等势线、轨迹线)问题
[典例1]　(电场强度叠加)(2024·河北卷)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。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． B．(6＋)
C．(3＋1) D．(3＋)
√
D　[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＝cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，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′＝cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝(3＋)，D正确。]
【教师备选资源】
(2023·湖南卷)如图所示，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为0，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　)
A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
√
D　[若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的电场强度叠加后一定不为0，A、B错误；几何关系如图1所示，若Q1＝Q3＝－q，则根据E＝k 分析可知E1＝4E3，Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图2所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能叠加为0，C错误；若4Q1＝Q3＝4q，Q2＝－q，则根据E＝k分析可知E1＝E3＝k，叠加后E13＝k，如图3所示，与Q2在P点产生的电场强度等大反向，叠加为0，D正确。]
[典例2]　(电场强度、电势、电势能)(多选)(2024·广东卷)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，静电力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
√
√
AC　[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，静电力对其做正功，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。故选AC。]
【教师备选资源】
(多选)(2023·辽宁卷)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则(　　)
A．P点电势比M点的低
B．P点电场强度大小比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴正方向
D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
√
√
CD　[P点电场强度方向沿y轴正方向，沿着电场线方向电势降低，所以P点电势比x轴高，x轴电势比M点的高，所以P点电势比M点的高，A错误；在同一静电场中，等差等势线的疏密程度表示电场强度的大小，M点所在处的等势线比P点所在处等势线密集，则M点电场强度大小比P点的大，B错误；由以上分析可知，x轴上的电势高于M点电势，又电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势，所以M点电场强度方向沿z轴正方向，C正确；垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图相同，说明x轴是一条等势线，所以粒子沿x轴运动，电势能不变，D正确。]
[典例3]　(电场中的“三线”问题) (2024·河北唐山8月摸底考试)如图所示，实线表示某电场等势面的分布情况，虚线表示该电场中一带电粒子的运动轨迹，A、B分别为带电粒子的轨迹与等势面e、b的交点。带电粒子的重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．粒子在A点受到的静电力小于粒子在B点受到的静电力
C．粒子在A点的电势能大于粒子在B点的电势能
D．粒子一定从A运动到B
√
B　[粒子运动轨迹、电场线和粒子受力方向大致如图所示，因粒子受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；由电场线(或等势面)的疏密知EB>EA，故FB>FA，故B正确；若粒子带负电，从A点运动到B点，静电力做负功，电势能增加，故C错误；粒子运动方向题目中未知，故D错误。]
方法技巧　分析电场线、等势线(面)与粒子轨迹的综合问题的技巧
(1)“运动与力两线法”：画出粒子运动轨迹在初始位置的切线(即“速度线”)与在初始位置电场线的切线(即“力线”)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况，也可根据曲线运动的轨迹反过来判断带电粒子的受力情况。
(2)“三不知时要假设”：运动电荷的正负、电场强度的方向(或等势面的高低)、电荷的运动方向，是此类试题中常见的相互制约关系。若三个制约因素均不知，则一般要采用“假设法”进行讨论，即将一个制约因素的全部情况假设出来(如电荷的正负等)，然后分别进行讨论分析。
突破点二　电场中的图像问题
　　　　　　
坐标系x轴同电场线方向一致时，处理电场中几种常见图像的基本思路
(1)v-t图像
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，进而判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、大小、电势高低及电势能的变化情况。
(2)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。
②φ-x图像的切线斜率的绝对值等于沿x轴方向电场强度E的大小。
(3)E-x图像
①E>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。
(4)Ep-x图像
①图像的切线斜率的绝对值等于静电力大小。
②可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况。
[典例4]　(φ-x图像)(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(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
D　[无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝k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，电荷量为－q的点电荷在x处产生的电势为φ2＝－k，x正半轴上在x处的电势φx＝k－k，可知在x＝处电势为0，在x＝0处电势接近负无穷大，则选项D正确。]
[典例5]　(E-x图像)(2024·安徽合肥市高三第一次教学质量检测)在直角坐标系xOy中，y轴上M、N两点关于坐标原点对称，且距O点均为2L。x轴上P1、P2、P3三点坐标分别为(L，0)、(L，0)、(－L，0)。当M、N两点处分别固定两点电荷时，x轴上的部分电场强度E随x的变化关系如图所示，图中0～L的阴影部分面积为a，0～L的阴影部分面积为b。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，
由P1点静止释放，仅在静电力作用下，沿x轴负方
向运动，则在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．M、N两点电荷均为负电荷
B．粒子的最大速度为
C．粒子运动到P3处的动能为q(2a＋b)
D．粒子在P1、P2两处的加速度大小之比为3∶
√
B　[根据题图可知，坐标原点处的电场强度为0，又因为两点电荷距坐标原点的距离相等，则两点电荷为等量同种点电荷，又因为带负电粒子在P1处所受合力沿x轴负方向，则可知两点电荷均为正电荷，A错误；对粒子由动能定理有qEx0＝mv2，x轴上的电场强度关于O点对称分布，则带电粒子经过O点时的动能最大，结合E-x图像与x轴围成图形的面积的物理意义可知，qb＝，解得粒子的最大速度vm＝，B正确；结合B项分析可知，粒子在P3处的动能等于在P2处的动能，由动能定理可得Ek3＝Ek2＝q(b－a)，C错误；对粒子由牛顿第二定律有qE＝ma，由题图可知，E2>E1，则a2>a1，D错误。]
突破点三　电容器　带电体在电场中的运动
　　　　　　
考向1　电容器
平行板电容器的两类动态分析及一个特例
(1)充电后与电源两极相连：U不变，C＝，Q＝CU(变化同C)，E＝。
(2)充电后与电源两极断开：Q不变，C＝，U＝(变化与C相反)，E＝＝。
(3)一个特例
当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。
[典例6]　(电容器动态分析)(2024·吉林卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图甲所示。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、电流表等构成如图乙所示的电路。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
√
B　[根据题图甲可知，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＝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＝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。]
考向2　带电体在电场中的运动
1．规律选择技巧
(1)若带电粒子受到的是恒力，可选用牛顿运动定律，也可选用动量定理或动能定理求解。
(2)若带电粒子所受的合力是变力，一般应选用动量定理、动能定理和能量守恒定律求解。
(3)若带电粒子不止一个，涉及粒子间相互作用的问题，一般要选用动量守恒定律和能量守恒定律求解。
2．常见模型
(1)带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动模型。
带电粒子(或带电体)在电场中静止、匀速直线运动或匀变速直线运动。
处理方法：
动力学角度：利用F＝ma和v＝v0＋at，x＝计算出a、t、x等。
功能角度：利用qU＝，E＝计算出v、E、q等。
(2)带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动模型。
带电粒子(或带电体)在电场中的类平抛或类斜抛运动。
处理方法：运用运动的合成与分解，建立沿合力方向的y轴以及与之垂直的x轴，将运动分解为x轴方向的匀速直线运动和y轴方向的匀变速直线运动。然后利用动力学原理或功能关系进行求解。
(3)带电体在电场、重力场的复合场中的运动模型。
带电体在电场、重力场的叠加场中的运动，可以把这两种场看作一个“等效重力场”，“等效g”和速度共线，带电体做直线运动，“等效g”和速度不共线，带电体做“等效抛体运动”或“等效圆周运动”。利用牛顿运动定律和能量关系分析解答。
[典例7]　(有约束的直线运动)(多选)(2024·山东卷)如图所示，带电荷量为＋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、带电荷量为＋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(　　)
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＝－
√
√
AD　[小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向有mg sin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgs sin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C错误；根据静电力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电势差UAC＝＝－，D正确。]
[典例8]　(无约束的曲线运动)(2024·黑龙江佳木斯校联考模拟预测)如图所示，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处电场强度为E0，方向如图所示；粒子质量为m、电荷量为q，QN＝2d、PN＝3d，粒子重力不计。
(1)求粒子离开加速电场时的速度及圆弧虚线对应的
半径R的大小；
(2)若粒子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD
内匀强电场场强E的值。
[解析]　(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2
解得粒子离开加速电场时的速度的大小为v＝
粒子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有E0q＝m
解得圆弧虚线对应的半径R的大小为R＝。
(2)粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动，根据类平抛运动规律有d＝vt，3d＝at2
根据牛顿第二定律有Eq＝ma
联立解得矩形区域QNCD内匀强电场的电场强度为E＝。
[答案]　(1)　(2)
[典例9]　(带电体在复合场中的运动)(多选)(2024·河南周口模拟)如图所示，半径为R的光滑管道位于竖直平面内，质量为m、带电荷量为＋q的小球位于管道内最低点A，B是管道最高点，空间存在水平向左、电场强度大小E＝的匀强电场，现在A点给小球一水平初速度v0，小球恰好能够做完整的圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．v0的大小为
B．经过B点时小球受到的管道外壁的压力大小为(3－2)mg
C．经过A点时小球受到的管道外壁的支持力大小为(3＋2)mg
D．若在A点给小球的水平初速度增大一倍，小球经过B点的速度也增大一倍
√
√
AC　[如图所示，小球在等效最低点P时，受重力、支持力和静电力三力，根据已知条件得mg＝qE，可知θ＝45°，且重力和静电力的合力F＝mg，小球恰好能够做完整的圆周运动，说明小球经过等效最高点Q时速度刚好为零，对小球由Q到A根据动能定理有mg(R＋R cos 45°)＋qER sin 45°＝
解得v0＝，A正确；
在A点根据向心力公式有N－mg＝，解得N＝(3＋2)mg，C正确；对小球由B到A根据动能定理有mg·2R＝，解得vB＝，假设在B点小球受到向上的支持力，在B点有mg－NB＝，解得NB＝(3－2)mg>0，假设成立，B错误；若在A点给小球的水平初速度增大一倍，根据动能定理有mg·2R＝，解得＝≠2vB，D错误。]
方法技巧　等效重力加速度以及等效最低点和等效最高点的确定方法
(1)“等效重力”及“等效重力加速度”：在匀强电场中，将重力与静电力进行合成，如图甲所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g′＝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“等效最低点”的确定方法
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”，沿着作用线的方向延长交于圆周上的那个点即“等效最低点”，如图乙所示。
【教师备选资源】
(2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例
系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
[解析]　(1)设油滴密度为ρ，半径为R，
油滴质量m＝ρV＝ρπR3，
根据题意，设空气阻力f＝kvR，
无电场、油滴竖直向下匀速运动时，有
mg－f＝0，
则ρπR3g＝kvR，
整理得R＝，
两油滴的速率分别为v0、，
则＝＝，故＝＝。
(2)无电场、两油滴竖直向下匀速运动时，分别有mag＝kRav0、mbg＝kRbv0，
施加电压后油滴a速度减小，油滴a受到向上的静电力，则油滴a带负电；
施加电压后油滴b速度增大，油滴b受到向下的静电力，则油滴b带正电。
设电场强度为E，油滴a所带电荷量为qa，油滴b所带电荷量为qb，
当两油滴竖直向下做匀速运动时，对油滴a受力分析，有mag－kRav0－E|qa|＝0，
对油滴b受力分析，有mbg－kRbv0＋E|qb|＝0，联立解得＝。
[答案]　(1)8∶1　(2)油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1
1．(热点情境·传感器的应用)(多选)(2024·安徽师大附中11月检测)目前，大多数医院进行输液治疗时都采用传统的人工监护方式，为减轻医务人员负担，有不少输液传感器投入使用。某电容输液传感器测量装置示意图如图甲所示，测量电路如图乙所示，A、B间接入恒定电压U0，自动控制开关S置于1时电容器充电、置于2时电容器放电。电容器在S的作用下周期性充放电，系统监测每次充电过程中电容器两端电压随时间的变化曲线，根据结果可自动判定输液管中是否有药液。在输液管中有药液和无药液的两次电容器充电过程中，电容器两端电压随时间的变化曲线如图丙所示，已知有药液时测量电路中的电容值更大，则(　　)
随堂练 临考预测 名师押题
A．曲线1为有药液时的充电曲线
B．曲线2为有药液时的充电曲线
C．曲线1对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大
D．曲线2对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大
√
√
BD　[设电容器两端电压为U，则电路中电流为I＝，画出题图丙中两条曲线对应情况下电流随时间变化的图像如图所示，根据I-t图像与横轴围成的面积表示电荷量Q，可以得到曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，选项C错误，D正确；根据充满电后电容器满足C＝，曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故曲线2对应情况下的电容值
较大，已知有药液时测量电路中的电容
值更大，故曲线2为有药液时的充电曲线，
选项A错误，B正确。]
2．(热点情境·立体空间问题)(多选)(2024·山东德州校联考模拟预测)如图所示，真空中的正三棱柱ABC-A′B′C′，在A点固定一个电荷量为＋Q的点电荷，C点固定一个电荷量为－Q的点电荷，已知AC＝AA′＝L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0。则下列说法正确的是(　　)
A．将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能一直增大
B．将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，静电力做正功
C．A′、B′两点的电势差大于B′、C′两点的电势差
D．B′点的电场强度大小为
√
√
AD　[根据电荷的分布可知，负试探电荷从A′点移到C′点，静电力始终做负功，则其电势能增加，故A正确；因为B点和B′点在等量异种电荷的中垂面上，而其中垂面为零等势面，因此电荷沿直线从B点移到B′点，静电力不做功，故B错误；A′点和C′点关于等量异种电荷的中垂面对称，因此A′、B′两点的电势差等于B′、C′两点的电势差，故C错误；根据电场强度叠加原理，如图所示。
可得B′电场强度大小为EB′＝2E cos θ，
而cos θ＝＝，解得EB′＝，
故D正确。故选AD。]
3．(高考热点·φ-x图像)(多选)(2024·广东惠州统考三模)沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势φ随x的变化规律如图所示，坐标原点O点电势为0。带电荷量为e的电子仅在静电力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是(　　)
A．在0～x3区间内，电场方向始终指向x轴正方向
B．电子到达B点时动能为
C．电子从A运动到C，加速度先减小后增大
D．若在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，
电子一定会在AC间做往复运动
√
√
BC　[沿电场线方向电势降低，在0～x3区间内，电场方向开始就指向x轴的负方向，故A错误；从O到A静电力做正功，根据动能定理可得－e(0－φ0)＝EkA，从A到B静电力做负功，根据动能定理可得－e＝EkB－EkA，联立解得电子到达B点的动能为EkB＝，故B正确；根据φ-x图像的斜率表示电场强度，由题图可知从A到C电场强度先减小再增大，所以加速度先减小再增大，故C正确；BC段电场方向沿x轴负方向，电子受静电力沿x轴正方向，所以在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子将沿x轴正方向做直线运动，故D错误。故选BC。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
专题限时集训(六)
1．(多选)(2024·湖北卷)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．点电荷仅在静电力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小
D．点电荷仅在静电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
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
AC　[电荷只能从一个物体转移给另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，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；点电荷仅在静电力作用下从静止释放，将沿其所受静电力方向运动，即静电力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝，可知，当q<0时，Δφ>0，当q>0时，Δφ<0，即负点电荷将从低电势的地方向高电势的地方运动，正点电荷将从高电势的地方向低电势的地方运动，D错误。]
题号
1
3
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2．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(　　)
A．正电荷，q＝ B．正电荷，q＝
C．负电荷，q＝ D．负电荷，q＝
√
题号
1
3
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2
4
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9
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11
12
C　[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点产生的电场强度为零，而取走的A、B处的电荷量qA＝qB＝ΔL，qA、qB在O点产生的合电场强度为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的电场强度大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点电场强度为零，故q在O点产生的电场强度与qA、qB在O点产生的合电场强度相同，所以q为负电荷，即有 k＝k，解得q＝，C项正确。]
题号
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3．(2024·重庆沙坪坝重庆八中校考一模)空间有一圆锥OBB′如图所示，点A、A′分别是两母线OB、OB′的中点，C为AB中点。圆锥顶点O处固定一带负电的点电荷，则(　　)
A．A点比B点的电场强度小
B．A、A′两点的电场强度相同
C．A、A′两点的电势相同
D．AC的电势差等于CB的电势差
√
题号
1
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C　[根据点电荷的电场强度公式E＝k可知，A点比B点的电场强度大，故A错误；根据点电荷的电场强度公式E＝k可知，A、A′两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的同心球面，则A、A′两点在同一等势面上，所以A、A′两点的电势相同，故C正确；由于AC间的电场强度大于CB间的电场强度，所以根据U＝Ed可知，AC的电势差不等于CB的电势差，故D错误。故选C。]
题号
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4．(多选)(2024·贵州六盘水统考模拟预测)一种静电透镜的简化模型如图所示，以O为球心的球形边界外部各处的电势均为φ1，内部各处的电势均为φ2，φ1<φ2。一束离轴很近的电子束沿平行于轴的方向运动，在越过球形边界“壳层”的过程中，电子运动速度将发生变化。已知电子质量为m、电荷量为－e，不计电子之间的相互作用力，则电子(　　)
A．进入“壳层”过程动能增加了e(φ2－φ1)
B．进入“壳层”过程动量增加了
C．进入“壳层”后可能沿着轨迹a运动
D．进入“壳层”后可能沿着轨迹b运动
√
√
题号
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AC　[因φ1<φ2，即球形边界外电势低于球形内部电势，根据电场线指向电势低的方向可知电场线从球心处指向外，则进入“壳层”过程由能量关系Ek1＋(－eφ1)＝Ek2＋(－eφ2)，动能增加了ΔEk＝Ek2－Ek1＝e(φ2－φ1)，选项A正确；根据p＝，但是Δp＝mΔv≠＝，况且电子进入“壳层”过程前后速度不共线，可知动量增加量不等于，选项B错误；由于电子所带电荷为负电荷，所以受力方向与电场线方向相反，静电力方向偏向圆心，可知进入“壳层”后可能沿着轨迹a运动，故C正确，D错误。故选AC。]
题号
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5．(2024·全国甲卷)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0时，距离该点电荷r处的电势为k，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(　　)
A．Q1<0，＝－2 B．Q1>0，＝－2
C．Q1<0，＝－3 D．Q1>0，＝－3
√
题号
1
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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＋k＝0，解得＝－2，B正确，D错误。]
题号
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6．(2024·北京海淀区高三期末)地球表面与大气电离层都是良导体，两者与其间的空气介质可视为一个大电容器，这个电容器储存的电荷量大致稳定，约为5×105 C，其间的电场称为大气电场。取地面电势为0，晴天的大气电场中，距离地面的不同高度h处的电势φ的变化规律如图所示，不考虑水平方向电场的影响。根据以上信息，下列说法正确的是(　　)
A．大气电场的方向竖直向上
B．地面带电荷量约为2.5×105 C
C．地面和大气电离层组成的电容器电容值约0.6 F
D．高度h越大，大气电场强度越小
√
题号
1
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D　[根据题意可知大气电场示意图如图所示，由题图可知大气电场中，随着高度的升高，电势逐渐增大，又沿电场线方向电势降低，则大气电场方向竖直向下，A错；地面和大气电离层所带电荷量的绝对值相等，均为5×105 C，电性相反，B错；地面和大气电离层组成的电容器的电容C＝≈＝ F，C错；由题图可知，高度h越高，升高相同的高度后电势φ的变化越小，即相同高度的电势差U越小，根据U＝Ed定性分析可知h越大，大气电场强度越小，D对。]
题号
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7．(2024·河北沧州校考模拟预测)如图所示，两半径相等的半球球壳Ⅰ和Ⅱ彼此靠得很近(间距可忽略)，两球壳均匀带有电荷，电荷量均为－q(q>0)，O为球心，A为球壳外一点，AO＝x。已知球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E1，规定距O点无限远处的电势为0，下列说法正确的是(　　)
A．O点电场强度为0，电势为0
B．球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向右
C．球壳Ⅱ在A点形成的电场强度大小EⅡ＝－E1
D．球壳Ⅰ和球壳Ⅱ在A点形成的电势相等
√
题号
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C　[球壳靠得很近，间距可忽略，根据对称性，O点电场强度为零，两球壳均匀带有负电荷，距O点无限远处的电势为零，O点电势为负，故A错误；根据对称性可以判断，球壳带负电，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左，故B错误；把两球壳当成整体，在A点形成的电场强度为E＝，沿OA自A指向O，两球壳在A点分别形成的电场强度方向均沿OA自A指向O，则E＝EⅠ＋EⅡ，解得EⅡ＝－EⅠ，故C正确；电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A点近，形成的电势低，故D错误。故选C。]
题号
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8．(2024·山东青岛统考模拟预测)如图所示，金属板AB和CD水平放置，中间开有小孔O1、O2，两板之间加有加速电压U0。金属板EF和GH均是以O点为圆心，半径为3R和R的同心圆弧板，O3O4也是以O点为圆心的圆弧，且到两金属板的距离相等，两板之间加有电压。长2R的金属板MN、PQ水平放置，点M、P分别和点F、H对齐，两板之间加有偏转电压。质量为m、电荷量为q的粒子从粒子源中无初速度飘进加速电场，恰好能沿图示O1—
O2—O3—O4—O5—K虚线轨迹运动，最后到达PQ板的中
点K。不考虑场的边界效应，不计粒子所受重力。求：
题号
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(1)圆弧O3O4处电场强度的大小；
(2)为使粒子恰好能到达PQ板的中点K，金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值；
(3)从粒子进入金属板MN、PQ开始计时，经多长时间粒子运动到距直线MQ最近，最近距离是多少。
[解析]　(1)粒子从O1运动到O2的过程中，由动能定理有qU0＝
粒子从O3运动到O4的过程中，由牛顿第二定律有qE＝
联立以上两式得E＝。
题号
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(2)粒子在金属板MN、PQ之间做类平抛运动，对O5K过程分析，粒子在水平方向有R＝v0t
竖直方向有R＝at2
根据牛顿第二定律有E′q＝ma
其中E′＝
联立以上各式解得U＝8U0。
题号
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(3)把电场中的运动分解成平行于MQ和垂直于MQ两个方向的分运动，则垂直MQ方向，粒子速度减为0的过程中粒子做匀减速的直线运动，对于垂直于MQ方向的分运动有t＝＝
由速度与位移的关系可得2a sin 45°y＝(v0cos 45°)2－0
解得y＝R
所以粒子运动过程中距离MQ最近为d＝R－R＝R。
[答案]　(1)　(2)8U0　(3)R
题号
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9．(2024·山东青岛统考模拟预测)如图所示，正立方体ABCD-A1B1C1D1上下底面的中心为O和O1，A1、C两点分别固定等量的正点电荷和负点电荷，下列说法正确的是(　　)
A．B点与B1点的电场强度大小相等、方向相同
B．O点与O1点的电场强度大小相等、方向相同
C．平面BDD1B1是一个等势面
D．将正试探电荷＋q由O点沿直线移动到O1点，其电势能一直减小
√
题号
1
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B　[电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A1位置为正电荷，C点的位置为负电荷，由电场的叠加可知，在B点与B1点的电场强度的方向不同，故A项错误；电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，因为A1位置为正电荷，C点的位置为负电荷，由电场的叠加可知，在O点与O1点的电场强度的方向相同。设正方体的边长为l，结合几何关系，则正电荷在O点的电场强度大小为EO正，负电荷在O点的电场强度大小为EO负，正、负电荷的带电荷量为Q，有EO正＝k，EO负＝k， 所以O点的电场强度为|EO|＝|EO正＋EO负|，正电荷在O1点的电场强度大小为EO1正，负电荷在O1
题号
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点的电场强度大小为EO1负，有EO1负＝k，EO1正＝k，所以O1点的电场强度为|EO1|＝|EO1正＋EO1负|＝|EO|，所以O点与O1点的电场强度大小相等、方向相同，故B项正确；因为正、负电荷是等量异种电荷，而B1点更靠近正电荷，D点更靠近负电荷，所以B1点的电势大于D点的电势，即平面BDD1B1不是等势面，故C项错误；因为O点更靠近负电荷，O1更靠近正电荷，所以O1点的电势要大于O点的电势，由于是正试探电荷，根据电势能的定义，即Ep＝qφ，所以电势高的地方，其电势能大，即该试探电荷在O1点的电势能大于O点的电势能。所以将正试探电荷＋q由O点沿直线移动到O1点，其电势能增加，故D项错误。故选B。]
题号
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10．(2024·浙江绍兴统考模拟预测)如图甲所示，两个带有异种电荷的小球穿在绝缘圆环上，a、b、c、d为圆环与坐标轴的四个交点。球2固定在某位置(图中没有画出)，球1从a处开始沿圆环逆时针移到c处，设球1与坐标原点O的连线跟x轴正方向的夹角为θ，图乙和图丙分别为两个小球在坐标原点O产生的电场强度在x轴方向和y轴方向的大小与夹角θ的关系图线，则(　　)
A．球2固定在d处
B．球1带负电荷、球2带正电荷
C．球1与球2的电荷量之比为4∶5
D．球1受到的静电力先增大后减小
√
题号
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A　[根据题图乙可知，当球1位于b点时，坐标原点O处在x轴方向的电场强度为零，则可知球2一定在y轴上，否则其产生的电场强度总会在x轴方向上有分量，且随着球1从a到c，坐标原点O处在x轴方向的电场强度先沿着x轴负方向，再沿着x轴正方向，由此可知球1带正电，则球2带负电；而若球2在d处，在其在坐标原点O处产生的电场强度与球1在坐标原点O处产生的电场强度在y轴正方向的电场强度不为零，但由题图丙可知，坐标原点O处y轴方向上的电场强度总
题号
1
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是沿着y轴负方向的，因此可知球2一定在d处，故A正确，B错误；设圆的半径为R，由题图乙可得，当球1在a点时，Ex＝k＝5×104 N/C，Ey＝k＝4×104 N/C，可得q1∶q2＝5∶4，故C错误；根据库仑定律可得，小球1受到的静电力F＝k，在球1沿着圆环从a到c的过程中，两球之间的距离L先增大，后减小，则可知球1受到的静电力先减小后增大，故D错误。故选A。]
题号
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11．(2024·广东华南师大附中11月月考)如图所示，A、B、O、C、D为在同一竖直平面内的五点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C、D同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿倾角为α的AC方向固定有一光滑绝缘细杆，AC＝2L，且D点为AC的中点；在O点有一固定的正点电荷。现有一质量为m、带电荷量为－q的有孔小球(可视为质点)从杆上A点无初速度下滑，小球滑到D点时速度大小为。小球从A运动到C的过程中，当小球电势能最
小时其速度为vm。以A为零电势点，重力加速度为g。求：
(1)小球滑到C点时的速度大小；
(2)C点的电势；
(3)从A运动到C的过程中，小球电势能的最小值。
题号
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[解析]　(1)根据点电荷的电场及电势特征可知，B、C、D所在的圆是一条等势线，所以小球从D到C静电力做的总功为零，由几何关系可得DC的竖直高度为hDC＝L sin α
根据动能定理有mgL sin α＝，解得vC＝。
题号
1
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(2)小球从A到C，由动能定理有mg×2L sin α－qUAC＝，解得UAC＝－
又以A为零电势点，则有UAC＝φA－φC＝－φC
联立可得C点的电势为φC＝。
题号
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12
(3)小球从A运动到C的过程中，当小球电势能最小时其速度为vm，由于小球带负电，则当小球电势能最小时，所处位置电势最高，根据点电荷电势分布特点可知，离正点电荷越近的位置电势越高，可知当小球运动到CD中点时，小球的电势能最小，从A到电势能最小位置的过程，根据能量守恒定律可得mg·L sin α＝＋Epmin
解得小球电势能的最小值为Epmin＝。
[答案]　(1)(2)
题号
1
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12
12．(2024·福建厦门统考二模)如图所示，竖直平面内有等量异种点电荷M、N水平固定放置，其中M为正电荷，N为负电荷，两电荷正下方固定一足够长的光滑水平绝缘直杆，A、B分别为杆上位于M、N正下方的两点，O点为AB的中点。中心开孔的小球a、b穿在杆上，分别位于A、B两点处，其中小球a质量为m、电荷量为q(q>0)，小球b不带电且处于静止状态。将小球a由静止释放，已知两小球碰撞为弹性碰撞，且碰撞过程电荷量不
转移，取无穷远处电势为0，A点电势为φ，重力
加速度大小为g，求：
题号
1
3
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2
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12
(1)小球a运动至O点时，所受轨道的弹力大小；
(2)若碰撞后小球a恰能回到O点，求小球b的质量；
(3)已知A、B两点的距离为L，若AB段变为粗糙，且与小球a的动摩擦因数μ＝，小球a由静止释放后向右运动并与小球b碰撞，为使碰后小球a能一直向右运动，求小球b质量的取值范围。
题号
1
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11
12
[解析]　(1)小球a运动至O点时，静电力水平向右，竖直方向所受合力为零，设所受轨道的弹力大小为F，方向竖直向上，则F＝mg。
(2)根据题意，取无穷远处电势为零，A点电势为φ，则根据等量异种点电荷的电场分布分析知，O点电势为φO＝0
a碰撞后恰能回到O点过程，静电力做功为WBO＝WOA＝q(0－φ)＝－qφ
从A到B，静电力做功为WAB＝2qφ
题号
1
3
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11
12
选小球向右运动为正方向，根据动能定理，从A到B，两小球碰前小球a的速度设为v，则WAB＝mv2－0，则v＝
两小球碰撞后瞬间小球a的速度为v1，小球b的速度为vb，a碰撞后恰能回到O点过程，根据动能定理有WBO＝，则v1＝－
题号
1
3
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12
已知两小球碰撞为弹性碰撞，且碰撞过程电荷量不转移，系统动量守恒、机械能守恒
mv＝mv1＋mbvb
mv2＝
联立解得mb＝(＋1)2m。
题号
1
3
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2
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11
12
(3)分析题意，从A到B，AB段变为粗糙，且与小球a的动摩擦因数μ＝
关于O点左右对称地分析摩擦力大小，则克服摩擦力做功为
Δx＋(mg－F电)Δx]＝＝μmgL
选小球向右运动为正方向，两小球碰前小球a的速度设为v2，碰撞后小球a的速度为v3，小球b的速度为v4，根据动能定理WAB－＝－0
题号
1
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12
两小球碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒
mv2＝mv3＋v4
＝
两球碰撞后若小球a能一直向右运动到无穷远处，则有q[(－φ)－0]＝且Ek≥0
联立解得≤。
[答案]　(1)mg　(2)(＋1)2m　(3) ≤
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