1.本專題是電場(chǎng)的典型題型，包括應(yīng)用靜電力的知識(shí)解決實(shí)際問題。高考中既可以在選擇題中命題，更會(huì)在計(jì)算題中命題。2024年高考對(duì)于電場(chǎng)的考查仍然是熱點(diǎn)。
2.通過本專題的復(fù)習(xí)，不僅利于完善學(xué)生的知識(shí)體系，也有利于培養(yǎng)學(xué)生的物理核心素養(yǎng)。
3.用到的相關(guān)知識(shí)有:電場(chǎng)力的性質(zhì)、電場(chǎng)力能性質(zhì)、帶電粒子在電場(chǎng)中的平衡、加速、偏轉(zhuǎn)等。近幾年的高考命題中一直都是以壓軸題的形式存在，重點(diǎn)考查類型靜電場(chǎng)的性質(zhì)，電容器的動(dòng)態(tài)分析，電場(chǎng)中的圖像問題，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，力電綜合問題等。
考向一：靜電場(chǎng)力的性質(zhì)
1．庫侖定律
(1)內(nèi)容：真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上．
(2)表達(dá)式：F＝keq \f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量．
(3)適用條件：真空中的點(diǎn)電荷．
①在空氣中，兩個(gè)點(diǎn)電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應(yīng)用公式；
②當(dāng)兩個(gè)帶電體的間距遠(yuǎn)大于本身的大小時(shí)，可以把帶電體看成點(diǎn)電荷．
(4)庫侖力的方向：由相互作用的兩個(gè)帶電體決定，且同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．
(5)應(yīng)用庫侖定律的四條提醒
a.在用庫侖定律公式進(jìn)行計(jì)算時(shí)，無論是正電荷還是負(fù)電荷，均代入電量的絕對(duì)值計(jì)算庫侖力的大?。?br>b.兩個(gè)點(diǎn)電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反．
c.庫侖力存在極大值，由公式F＝keq \f(q1q2,r2)可以看出，在兩帶電體的間距及電量之和一定的條件下，當(dāng)q1＝q2時(shí)，F(xiàn)最大．
d.對(duì)于兩個(gè)帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．
2．電場(chǎng)強(qiáng)度的三個(gè)公式的比較
eq \x(電場(chǎng)強(qiáng)度)eq \a\vs4\al(\(――――→,\s\up11(點(diǎn)電荷電場(chǎng)),\s\d4( )))eq \x(E＝\f(kQ,r2))eq \a\vs4\al(\(―――→,\s\up11(任何電場(chǎng)),\s\d4( )))eq \x(E＝\f(F,q))eq \a\vs4\al(\(―――→,\s\up11(勻強(qiáng)電場(chǎng)),\s\d4( )))eq \x(E＝\f(U,d))eq \a\vs4\al(\(――→,\s\up11(疊加),\s\d4( )))eq \x(\a\al(平行四邊,形定則))
3．電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算與疊加
在一般情況下可由上述三個(gè)公式計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度，但在求解帶電圓環(huán)、帶電平面等一些特殊帶電體產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)，上述公式無法直接應(yīng)用。這時(shí)，如果轉(zhuǎn)換思維角度，靈活運(yùn)用疊加法、對(duì)稱法、補(bǔ)償法、微元法、等效法等巧妙方法，可以化難為易。
4.幾種典型電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)

(1)孤立點(diǎn)電荷的電場(chǎng)(如圖甲、乙所示)
①正(負(fù))點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線呈空間球?qū)ΨQ分布指向外(內(nèi))部；
②離點(diǎn)電荷越近，電場(chǎng)線越密(場(chǎng)強(qiáng)越大)；
③以點(diǎn)電荷為球心作一球面，則電場(chǎng)線處處與球面垂直，在此球面上場(chǎng)強(qiáng)大小相等，但方向不同．
考向二：靜電場(chǎng)能的性質(zhì)
1．電勢(shì)高低的判斷
2．電勢(shì)能大小的判斷
3.幾種常見的典型電場(chǎng)等勢(shì)面的對(duì)比分析
4．電場(chǎng)中的功能關(guān)系
(1)若只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變．
(2)若只有電場(chǎng)力和重力做功，電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變．
(3)除重力外，其他各力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的增量．
(4)所有外力對(duì)物體所做的總功，等于物體動(dòng)能的變化．
考向四：電容器的動(dòng)態(tài)分析
1.如果平行板電容器充電后始終連接在電源上，兩極板間的電勢(shì)差U就保持不變。
2.若平行板電容器充電后切斷與電源的連接，并保持兩極板絕緣，電容器既不充電也不放電，電容器的電荷量Q就保持不變。
考向五:電場(chǎng)中的圖像問題
E－x和φ－x圖象的處理方法
1．E－x圖象
(1)反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律。
(2)E＞0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向；E＜0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向。
(3)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢(shì)差，“面積”大小表示電勢(shì)差大小，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定。
2．φ－x圖象
(1)描述了電勢(shì)隨位移變化的規(guī)律。
(2)根據(jù)電勢(shì)的高低可以判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是沿x軸正方向還是負(fù)方向。
(3)斜率的大小表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，斜率為零處場(chǎng)強(qiáng)為零。
3.看懂圖象是解題的前提，解答此題的關(guān)鍵是明確圖象的斜率、面積的物理意義。
考向六：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1.帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．
(2)帶電粒子在不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)或交變電場(chǎng)中做勻加速、勻減速的往返運(yùn)動(dòng)．
(3)分析思路
a.根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況.
b.根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解．此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)．
c.對(duì)帶電粒子的往返運(yùn)動(dòng)，可采取分段處理．
2.帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
(1)基本規(guī)律:設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有
a.加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
b.在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq \f(l,v0).
c.位移eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vxt＝v0t＝l,\f(1,2)at2＝y(tǒng)))，
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mv\\al(2,0)d).
d.速度eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vx＝v0,vy＝at))，vy＝eq \f(qUt,md)，
v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qUl,mv\\al(2,0)d).
(2)兩個(gè)結(jié)論
a.不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的．
證明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)及tan θ＝eq \f(qUl,mdv\\al(2,0))得tan θ＝eq \f(Ul,2U0d).
b.粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場(chǎng)邊緣的距離為eq \f(l,2).
c.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系：當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．
01 庫侖定律的考查
1.真空中固定有兩個(gè)點(diǎn)電荷，負(fù)電荷Q1位于坐標(biāo)原點(diǎn)處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點(diǎn)電荷在x軸正半軸的x=x0處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則Q1、Q2相距（ ）
A．2x0 B．(22?1)x0 C．22x0 D．(22+1)x0
【答案】B
【詳解】依題意，兩點(diǎn)電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，所以合場(chǎng)強(qiáng)為0的位置應(yīng)該在x軸的負(fù)半軸，設(shè)兩點(diǎn)電荷相距L，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可得
kQ1x02=kQ2(x0+L)2
又Q2=8Q1
解得L=(22?1)x0
故選B。
02 電場(chǎng)力的性質(zhì)
2．電場(chǎng)線能直觀、方便地反映電場(chǎng)的分布情況。如圖甲是等量異號(hào)點(diǎn)電荷形成電場(chǎng)的電場(chǎng)線，圖乙是場(chǎng)中的一些點(diǎn)；O是電荷連線的中點(diǎn)，E、F是連線中垂線上相對(duì)O對(duì)稱的兩點(diǎn)，B、C和A、D也相對(duì)O對(duì)稱。則（ ）

E、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同
B．A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不同
B、O、C三點(diǎn)，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小
D．從E點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的電子加速度逐漸減小
【答案】AC
【解析】等量異號(hào)點(diǎn)電荷連線的中垂線是一條等勢(shì)線，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與等勢(shì)線垂直，因此E、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同，由于E、F是連線中垂線上相對(duì)O對(duì)稱的兩點(diǎn)，則其場(chǎng)強(qiáng)大小也相等，故A正確；根據(jù)對(duì)稱性可知，A、D兩點(diǎn)處電場(chǎng)線疏密程度相同，則A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，由圖看出，A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同，故B錯(cuò)誤；由圖看出，B、O、C三點(diǎn)比較，O點(diǎn)的電場(chǎng)線最稀疏，場(chǎng)強(qiáng)最小，故C正確；由圖可知，電子從E點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，則電場(chǎng)力逐漸增大，由牛頓第二定律可知電子的加速度逐漸增大，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
03 電場(chǎng)的能的性質(zhì)
3.一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是( )
A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm
B．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1 V
C．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7 eV
D．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9 eV
【答案】ABD
【解析】ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場(chǎng)強(qiáng)分量大小分別為E1＝eq \f(Uca,ac)＝2 V/cm、E2＝eq \f(Ucb,bc)＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A項(xiàng)正確；根據(jù)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行線上等距同向的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B項(xiàng)正確；電子在a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高7 eV，C項(xiàng)錯(cuò)誤；電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D項(xiàng)正確。
04 電容器的動(dòng)態(tài)分析
4.如圖所示，平行板電容器下極板接地，并與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，一帶電油滴靜止于電容器中的P點(diǎn)?，F(xiàn)將電容器的下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離(未到達(dá)P點(diǎn))，則( )
A.P點(diǎn)的電勢(shì)將升高
B.帶電油滴的電勢(shì)能將不斷增大
C.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)
D.電容器的電容減小，極板帶電荷量將減小
【答案】C
【解析】將電容器的下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，因兩極板電壓一定，則由E＝eq \f(U,d)可知兩板間場(chǎng)強(qiáng)變大，P點(diǎn)與上極板間的電勢(shì)差變大，則P點(diǎn)的電勢(shì)降低；油滴帶負(fù)電，所受的電場(chǎng)力變大，則油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，則油滴的電勢(shì)能不斷減小，C正確，A、B錯(cuò)誤；將電容器的下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容變大，根據(jù)Q＝CU可知，極板帶電荷量將增加，D錯(cuò)誤。
05 電場(chǎng)中的圖像問題
一對(duì)等量點(diǎn)電荷位于平面直角坐標(biāo)系xOy的一個(gè)軸上，它們激發(fā)的電場(chǎng)沿x、y軸方向上的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)隨坐標(biāo)的變化情況如圖中甲、乙所示，甲圖為y軸上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)隨坐標(biāo)變化的E-y圖像，且沿y軸正向場(chǎng)強(qiáng)為正。乙圖為x軸上各點(diǎn)電勢(shì)隨坐標(biāo)變化的φ-x圖像，且以無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。圖中a、b、c、d為軸上關(guān)于原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)，根據(jù)圖像可判斷下列有關(guān)描述正確的是( )
A．是一對(duì)關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的等量負(fù)點(diǎn)電荷所激發(fā)的電場(chǎng)，電荷位于y軸上
B．是一對(duì)關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的等量異種點(diǎn)電荷所激發(fā)的電場(chǎng)，電荷位于x軸上
C．將一個(gè)＋q從y軸上a點(diǎn)由靜止釋放，它會(huì)在aOb間往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．將一個(gè)＋q從x軸上c點(diǎn)由靜止釋放，它會(huì)在cOd間往復(fù)運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【解析】因x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)均小于零，且φ-x圖關(guān)于y軸對(duì)稱，表明是一對(duì)等量負(fù)電荷激發(fā)的電場(chǎng)，又E-y圖像中y軸正方向場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)，y軸負(fù)方向場(chǎng)強(qiáng)為正，表明這一對(duì)負(fù)電荷在x軸上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故A、B錯(cuò)誤；一個(gè)＋q從y軸上a點(diǎn)由靜止釋放，它從a點(diǎn)向O點(diǎn)先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，越過原點(diǎn)后先做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)恰好速度為零，此后又變加速運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，故C正確；將一個(gè)＋q從x軸上c點(diǎn)由靜止釋放，它將直接向x軸負(fù)向的負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)并粘合，故D錯(cuò)誤。
06 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
6.如圖所示，電子(重力可忽略)在電勢(shì)差為U0＝4.5×103V的加速電場(chǎng)中，從左極板由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從右板中央垂直射入電勢(shì)差為U＝45 V的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在豎直放置熒光屏M上，整個(gè)裝置處在真空中，已知電子的質(zhì)量為m＝9.0×10－31kg，電荷量為e＝－1.6×10－19C，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的板長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝10 cm，板間距離為d＝1 cm，光屏M到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板右端的距離L2＝15 cm。求：
(1)電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離(側(cè)移距離)y；
(2)電子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角的正切tan θ；
(3)電子打在熒光屏上時(shí)到中心O的距離Y。
【答案】 (1)0.25 cm (2)eq \f(1,20) (3)1 cm
【解析】(1)設(shè)電子經(jīng)過加速電場(chǎng)后獲得速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv0 2
電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq \f(eU,md)
運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq \f(L1,v0)
則偏移距離為y＝eq \f(1,2)at2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得y＝eq \f(ULeq \\al(2,1),4U0d)＝0.25 cm。
(2)根據(jù)速度的合成與分解可得tan θ＝eq \f(at,v0)
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝eq \f(UL1,2U0d)＝eq \f(1,20) 。
(3)根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論可知電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線一定經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中心位置，則根據(jù)幾何關(guān)系有y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L1,2)＋L2))·tan θ
解得Y＝1 cm。
一、單選題
1．（2024·北京海淀·一模）如圖所示，在范圍足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一個(gè)帶電小球以一定的初速度v從M點(diǎn)豎直向上拋出，在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至與拋出點(diǎn)等高的位置N點(diǎn)（圖中未畫出）的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度和加速度都沿水平方向
B．小球上升過程和下降過程的水平方向位移之比為
C．小球上升過程和下降過程的機(jī)械能變化量之比為
D．小球上升過程和下降過程的動(dòng)能變化量不同
【答案】D
【詳解】小球上升過程中，豎直方向上受重力，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向上受電場(chǎng)力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故在最高點(diǎn)，豎直方向上速度大小為0，但水平方向上有速度；但其合力為重力與電場(chǎng)力的合力，方向不是水平方向，故加速度方向不是水平方向，故A錯(cuò)誤；
B．豎直方向上，小球小球上升過程和下降過程所用時(shí)間相同，小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離M點(diǎn)的高度為,小球從被拋出到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為,小球在水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為,小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，水平方向速度為,
則此過程中水平方向的位移為,小球從被拋出到運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間為,水平方向的位移為,則下降過程的水平方向位移為,故小球上升過程和下降過程的水平方向位移之比為，故B錯(cuò)誤；小球上升過程和下降過程的機(jī)械能變化量之比為,
故C錯(cuò)誤；小球上升過程動(dòng)能變化量為,小球下降過程動(dòng)能變化量為
,故小球上升過程和下降過程的動(dòng)能變化量不同，故D正確。
故選D。
2．（2024·河南·二模）如圖所示，平行板電容器的電容為C，A板上有一小孔，小孔的正上方處有一質(zhì)量為帶電量為的小球，小孔的直徑略大于小球的直徑，將小球由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間小球速度減為零（小球未與B板相碰）。重力加速度為，空氣阻力不計(jì)．下列說法正確的是（ ）
A．小球全過程做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
B．時(shí)間內(nèi)小球的平均速度為
C．可以求出電容器極板上的電荷量
D．可以求出平行板電容器兩板間距
【答案】B
【詳解】小球先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，全程加速度不恒定，故A錯(cuò)誤；小球剛到達(dá)小孔時(shí)的速度為，由,解得,在A、B板間，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，勻減速階段與自由落體階段平均速度均為，所以小球時(shí)間內(nèi)平均速度為,故B正確；根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有,解得,則小球在電容器內(nèi)的位移,根據(jù)加速度定義式可以求出小球在板間運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小，但兩板間距無法求出，板間電壓也無法求出，所以電容器極板上電荷量無法求出，故CD錯(cuò)誤。
故選B。
3．（2024·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾角為30°的光滑絕緣斜面足夠長(zhǎng)，空間存在方向與斜面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m，電荷量為的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從固定斜面底端A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t，小球沿斜面上升到B點(diǎn)，此時(shí)撤去電場(chǎng)，又經(jīng)過2t時(shí)間小球恰好回到初始位置A，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．撤去電場(chǎng)前小球從A到B電勢(shì)能逐漸增加
B．帶電小球上滑過程中撤去電場(chǎng)前后的加速度大小之比1∶2
C．小球從底端A沿斜面上升到最高點(diǎn)的時(shí)間為
D．撤去電場(chǎng)前A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為
【答案】C
【詳解】撤去電場(chǎng)前電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，其電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；設(shè)撤去電場(chǎng)時(shí)小球的位移大小為，速度大小為，撤去電場(chǎng)前小球的加速度大小為，撤去電場(chǎng)后小球的加速度大小為，根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系可得，,根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得,聯(lián)立解得,故B錯(cuò)誤；撤去電場(chǎng)后小球上升到最高點(diǎn)的時(shí)間,解得,由此可知，小球從底端A沿斜面上升到最高點(diǎn)的時(shí)間為,故C正確；撤去電場(chǎng)前，根據(jù)動(dòng)能定理有,由于,所以可得,聯(lián)立解得,故D錯(cuò)誤。
故選C。
4．（2024·山東·一模）某絕緣空心球如圖所示，a、b、c、d、E、F是過球心O的截面的圓周上六個(gè)等分點(diǎn)，分別在a、d和b、c固定等量的正、負(fù)點(diǎn)電荷，即，AB是與平面abc垂直的直徑，設(shè)無限遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則（ ）
A．E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反
B．A、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)高低關(guān)系為
C．將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿圓弧AEB移到B點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功
D．若a、b、c處的電荷固定不動(dòng)，將d處的電荷移到O處，則電荷的電勢(shì)能將減少
【答案】D
【詳解】畫出在abcd四點(diǎn)的電荷在E、F兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向如圖：
由圖可知E、F兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故A錯(cuò)誤；由等量異種電荷周圍的電勢(shì)分布可知，A、O、B三點(diǎn)在等量異種電荷的連線的中垂面上，則各點(diǎn)電勢(shì)均為零，即,故B錯(cuò)誤；將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿圓弧AEB移到B點(diǎn)的過程中，電勢(shì)先升高后降低，則正電荷的電勢(shì)能先增加后減小，則電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，故C錯(cuò)誤；若a、b、c處的電荷仍固定不動(dòng)，將d處的電荷移到O處，因c處的電荷在O、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，則c處的電荷使d處的電荷移到O處引起的電勢(shì)能不變，則主要考慮ab兩處的電荷對(duì)電荷d的影響，在d處時(shí)，ab兩處的電荷在d點(diǎn)的電勢(shì)為正，則電荷d的電勢(shì)能為正，到O處時(shí)ab兩處的電荷在O點(diǎn)的電勢(shì)為零，則電荷d在O點(diǎn)的電勢(shì)能為零，可知將d處的電荷移到O處其電勢(shì)能將減小，故D正確。
故選D。
5．（2024·河南·一模）兩個(gè)點(diǎn)電荷固定在x軸上的M、N點(diǎn)，x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與各點(diǎn)位置坐標(biāo)x之間的關(guān)系如圖所示。取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向，無窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零，下列說法正確的是（ ）
A．固定在M點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量比固定在N點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量小
B．Q點(diǎn)的電勢(shì)等于零
C．從C點(diǎn)由靜止釋放一正點(diǎn)電荷，僅在電場(chǎng)力作用下，到D點(diǎn)前它將一直做加速運(yùn)動(dòng)
D．從P點(diǎn)由靜止釋放一負(fù)點(diǎn)電荷，僅在電場(chǎng)力作用下，在它向左運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能將一直減小
【答案】C
【詳解】M、N連線中點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)大于0，且兩點(diǎn)間場(chǎng)強(qiáng)最小位置處距離N點(diǎn)較近，可知，固定在M點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量比固定在N點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量大，故A錯(cuò)誤；若有一正點(diǎn)電荷由Q點(diǎn)向右側(cè)無窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能不斷減小，一直到零，所以Q點(diǎn)的電勢(shì)大于零，故B錯(cuò)誤；從C點(diǎn)由靜止釋放一正點(diǎn)電荷，僅在電場(chǎng)力作用下，到D點(diǎn)前場(chǎng)強(qiáng)一直為正值，則場(chǎng)強(qiáng)方向不變，電場(chǎng)力方向不變，它將一直做加速運(yùn)動(dòng)，故C正確；從P點(diǎn)由靜止釋放一負(fù)點(diǎn)電荷，僅在電場(chǎng)力作用下，在它由Q向N運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故D錯(cuò)誤。
故選C。
6．（2024·廣東·二模）如圖所示，一個(gè)帶正電的絕緣圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)半徑為R，帶電量為，電荷量均勻分布在圓環(huán)表面上，將一正試探電荷從圓環(huán)中心偏右側(cè)一點(diǎn)（圖中未畫出）的位置靜止釋放，試探電荷只在電場(chǎng)力的作用下沿著中心軸線向右側(cè)運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（ ）
A．試探電荷將向右先加速后減速
B．試探電荷的加速度逐漸減小
C．當(dāng)試探電荷距離圓環(huán)中心為時(shí)，其加速度最大
D．將圓環(huán)所帶電量擴(kuò)大兩倍，則加速度最大的位置右移
【答案】C
【詳解】根據(jù)圓環(huán)電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知，圓環(huán)中心軸線上的電場(chǎng)強(qiáng)度均背離圓環(huán)中心，沿著中線軸線向外，則可知試探電荷將始終受到向右的電場(chǎng)力，一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；如圖
將圓環(huán)上所帶電荷進(jìn)行無限分割，設(shè)每一份的電荷量為，則其在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng),其水平分量
,微元累加并根據(jù)對(duì)稱性可知，M點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為,令,則其導(dǎo)函數(shù)為,此時(shí),可知當(dāng)，即試探電荷距離圓環(huán)中心為時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)最大，加速度最大，并且這個(gè)位置與電荷量無關(guān)，故C正確，BD項(xiàng)錯(cuò)誤。
故選C。
7．（2024·四川成都·二模）如圖所示，兩個(gè)電荷量都是Q的正、負(fù)點(diǎn)電荷固定在A、B兩點(diǎn)，AB連線中點(diǎn)為О?，F(xiàn)將另一個(gè)電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距О為x的C點(diǎn)，沿某一確定方向施加外力使電荷由靜止開始沿直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到О點(diǎn)，下列說法正確的是（ ）
A．外力F的方向應(yīng)當(dāng)平行于AB方向水平向右
B．電荷從C點(diǎn)到О點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)
C．電荷從C點(diǎn)到О點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為加速度減少的加速直線運(yùn)動(dòng)
D．電荷從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到О點(diǎn)的過程中逐漸增大
【答案】D
【詳解】根據(jù)等量異種電荷周圍電場(chǎng)分布情況，可知試探電荷+q在運(yùn)動(dòng)過程中受水平向左的逐漸增大的電場(chǎng)力作用，要想讓該電荷由靜止開始沿直線從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到О點(diǎn)，則該電荷所受合力的方向應(yīng)沿CО方向，受力分析如圖
,如圖分析可知，外力F的方向應(yīng)當(dāng)斜向右下，A錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力逐漸增大，所以逐漸增大，也逐漸增大，加速度也逐漸增大，所以電荷從C點(diǎn)到О點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，BC均錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知,即,由于逐漸增大，所以逐漸增大，D正確。
故選D。
8．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的立方體，邊長(zhǎng)為2m，中心為O點(diǎn)，P是CD的中點(diǎn)。已知，，，，由此可以判斷（ ）
A．場(chǎng)強(qiáng)的方向由B指向A
B．場(chǎng)強(qiáng)的方向由G指向A
C．場(chǎng)強(qiáng)的大小為
D．場(chǎng)強(qiáng)的大小為2V/m
【答案】C
【詳解】AB．由于，可知V,則POH組成的面為等勢(shì)面，由于電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直可知，場(chǎng)強(qiáng)的方向不是由B指向A，或者由G指向A，故AB錯(cuò)誤；根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系可知HG的中點(diǎn)M的電勢(shì)為V,D的電勢(shì)滿足,解得V,則根據(jù)U=Ed可知，沿著PM、PD、DA方向的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為V/m=V/m,V/m=V/m,
V/m=V/m,則合場(chǎng)強(qiáng)為V/m故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
二、多選題
9．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示，直角三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)各固定一個(gè)點(diǎn)電荷，，D為AC的中點(diǎn)，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)。已知D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直BC向下，B、C兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量相等，下列判斷正確的是（ ）
A．B點(diǎn)的點(diǎn)電荷一定帶負(fù)電
B．A、C兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷可能是異種電荷
C．若C點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量為q，則A點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量為2q
D．D點(diǎn)的電勢(shì)一定比F點(diǎn)的電勢(shì)低
【答案】AC
【詳解】若B點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，則B點(diǎn)電荷在D點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與AC成斜向上，而無論A、C兩點(diǎn)的電荷帶何種電荷，A、C兩點(diǎn)在D點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的合場(chǎng)強(qiáng)方向一定沿著AC，要么指向A，要么指向C，但不管是指向A還是指向C，與B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的合場(chǎng)強(qiáng)一定不可能垂直BC向下，因此B點(diǎn)的電荷一定帶負(fù)電，故A正確；
BC．B點(diǎn)為負(fù)電荷，而根據(jù)題意，B、C兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷電量相等，且B、C兩點(diǎn)距D點(diǎn)的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，可知B、C兩點(diǎn)的電荷在D點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，若C點(diǎn)處的電荷帶負(fù)電，則可知不需要A點(diǎn)處的電荷即可滿足D點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)垂直BC豎直向下，而加上A點(diǎn)處電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，則D點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)一定不滿足垂直BC豎直向下，因此C點(diǎn)處的電荷只能帶正電，其在D點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)沿著DA指向A，而要使D點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)垂直BC豎直向下，則A點(diǎn)處的電荷也必為正電荷，且其在D點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與C點(diǎn)處電荷在D點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的合場(chǎng)強(qiáng)必須沿著DC指向C，且大小與B點(diǎn)處電荷在D點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，才能保證D點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)垂直BC豎直向下，因此A點(diǎn)處電荷的帶電量與C點(diǎn)處電荷的帶電量必須滿足，則通過上述分析可知，A、C兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷一定是同種電荷，且都為正電荷，同時(shí)A點(diǎn)處電荷的電荷量是C點(diǎn)處電荷電荷量的2倍，故B錯(cuò)誤，C正確；B、C兩點(diǎn)處的電荷為等量的異種電荷，而根據(jù)幾何關(guān)系可知，D、F兩點(diǎn)在等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，而等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線為等勢(shì)線，其電勢(shì)為零，但同時(shí)受A點(diǎn)處正電荷所形成電場(chǎng)的影響，D、F兩點(diǎn)的電勢(shì)均大于0，但又由于D點(diǎn)離A點(diǎn)更近，因此D點(diǎn)的電勢(shì)一定大于F點(diǎn)的電勢(shì)，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
10．（2024·山西太原·一模）如圖所示，正方體的棱豎直，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球從點(diǎn)沿方向水平拋出，僅在重力的作用下，恰好經(jīng)過點(diǎn)。若空間中增加沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球仍從點(diǎn)沿方向水平拋出，恰好經(jīng)過底面中心點(diǎn)。下列說法正確的是（ ）
A．小球兩次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等
B．小球兩次拋出的初速度相同
C．小球經(jīng)過點(diǎn)的動(dòng)能與經(jīng)過點(diǎn)的動(dòng)能之比為
D．小球從到，機(jī)械能增加量是重力勢(shì)能減少量的一半
10．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑絕緣水平面上有A、B、C三個(gè)帶電小球，A球質(zhì)量為2m，帶電量為，B、C球質(zhì)量均為m，帶電量均為。用長(zhǎng)為L(zhǎng)的三個(gè)絕緣細(xì)線連接，穩(wěn)定后呈等邊三角形，a、b、c為三條邊的中點(diǎn)。已知點(diǎn)電荷Q周圍空間的電勢(shì)，r為到點(diǎn)電荷的距離，則下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同
B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)電勢(shì)的大小關(guān)系為
C．A、B、C三個(gè)帶電小球與電場(chǎng)組成的系統(tǒng)的電勢(shì)能為
D．若b處剪斷，則之后小球A的最大速度為
【答案】BD
【詳解】分別做出A、B、C三個(gè)帶電小球在a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度如圖所示
根據(jù)對(duì)稱性及平行四邊形定則可知a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)公式可得，，由此可得故B正確；A小球的電勢(shì)能，B小球的電勢(shì)能
，C小球的電勢(shì)能，則整個(gè)系統(tǒng)的電勢(shì)能故C錯(cuò)誤；當(dāng)3個(gè)小球位置關(guān)系成一條直線時(shí)整個(gè)系統(tǒng)的電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，A球速度最大，此時(shí)A的電勢(shì)能，B小球的電勢(shì)能
C小球的電勢(shì)能，此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能最小為
對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有，根據(jù)動(dòng)量守恒有，解得，
故D正確。
故選BD。
11．（2024·湖南邵陽·二模）如圖，真空中電荷量為2q和q（q>0）的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M點(diǎn)與N點(diǎn)，形成一個(gè)以MN直線上O點(diǎn)為球心，電勢(shì)為零的等勢(shì)面（取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零），P為MN連線上的一點(diǎn)，S為等勢(shì)面與直線MN的交點(diǎn)，T為等勢(shì)面上的一點(diǎn)，為N關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，下列說法正確的是（ ）
A．P點(diǎn)電勢(shì)高于S點(diǎn)電勢(shì)
B．T點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向指向N點(diǎn)
C．除無窮遠(yuǎn)處外，MN直線上還存在一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)
D．將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到點(diǎn)，靜電力做正功
【答案】CD
【詳解】正電荷周圍的點(diǎn)電勢(shì)為正，負(fù)電荷周圍的點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)，球面為電勢(shì)為零的等勢(shì)面，而S點(diǎn)就在0V的等勢(shì)面上，若P點(diǎn)在等勢(shì)面與MN的交點(diǎn)左側(cè)，有P點(diǎn)電勢(shì)高于S點(diǎn)電勢(shì)；若P點(diǎn)在等勢(shì)面與MN的交點(diǎn)右側(cè)，有P點(diǎn)電勢(shì)低于S點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；設(shè)電勢(shì)為零的等勢(shì)面的半徑為，與線段MN交于A點(diǎn)，設(shè)距離為，距離為，如圖所示
根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)，結(jié)合電勢(shì)的疊加原理、滿足，
解得，由于電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直等勢(shì)面，可知T點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向必過等勢(shì)面的圓心，O點(diǎn)電勢(shì)
，，可知可知T點(diǎn)電場(chǎng)方向指向O點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在直線MN上在N左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為零，在右側(cè)，設(shè)距離為，根據(jù)，可知除無窮遠(yuǎn)處外，直線MN電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個(gè)，故C正確；因點(diǎn)電勢(shì)為零，電勢(shì)高于點(diǎn)的電勢(shì)，將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到點(diǎn)，是從高電勢(shì)移動(dòng)到低電勢(shì)，則靜電力做正功，故D正確。
故選CD。
12．（2024·廣東江門·一模）如圖所示，O、A、B為一粗糙絕緣水平面上的三點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，一電荷量為的點(diǎn)電荷固定在O點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為的小金屬塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)以速度向右運(yùn)動(dòng)，最后停止在B點(diǎn)，已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B間距離為L(zhǎng)，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是（ ）
A．該過程中小金屬塊的電勢(shì)能增大
B．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為
C．若在A處庫侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時(shí)距O點(diǎn)的距離為
D．若在A處庫侖力小于摩擦力，則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程的平均速度大于
【答案】CD
【詳解】依題意，該過程中庫侖力對(duì)小金屬塊做正功，所以小金屬塊的電勢(shì)能減小。故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得
，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為，聯(lián)立，解得，故B錯(cuò)誤；若在A處庫侖力大于摩擦力，則小金屬塊速度最大時(shí)，其受力平衡，有，解得，故C正確；
若在A處庫侖力小于摩擦力，由牛頓第二定律可得，則小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，v-t圖像如圖所示
在圖中做出初速度為v0，末速度為0的勻減速勻速直線運(yùn)動(dòng)圖線，根據(jù)平均速度公式，可知小金屬塊由A向B運(yùn)動(dòng)過程的平均速度大于。故D正確。
故選CD。
13．（2024·四川成都·二模）如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長(zhǎng)為d的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度，下列說法正確的是（ ）
A．若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為
B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小
C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，則小球沿ACB做圓周運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)會(huì)有一定的速度
D．若將細(xì)線剪斷，再將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，小球?qū)⒉荒艿竭_(dá)B點(diǎn)
【答案】BD
【詳解】小球受到水平向右的電場(chǎng)力，合力為，設(shè)小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最小速度為，有，解得，A錯(cuò)誤；機(jī)械能的增加量等于除重力彈力外其他力做的功，要想機(jī)械能最小，則電場(chǎng)力做負(fù)功且最多，即小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，電場(chǎng)力做的負(fù)功最多，機(jī)械能最小，B正確；設(shè)合力方向與電場(chǎng)線方向夾角為，有，，將小球靜止釋放，小球?qū)⒀睾狭Ψ较蜃鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；小球在A點(diǎn)的速度小于做圓周運(yùn)動(dòng)的最小速度，所以小球?qū)⒉谎貓A周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)豎直方向位移為0時(shí)，有
水平位移有，，解得，所以不能到達(dá)B點(diǎn)，D正確。
故選BD。
14．（2024·江西贛州·一模）水平臺(tái)邊緣O處一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，以與水平面成30°角的速度斜向上拋出，在豎直面上運(yùn)動(dòng)，整個(gè)空間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），小球所受電場(chǎng)力與重力等大。小球先后以速度大小v1、v2兩次拋出，分別落在傾角為60°的斜面上的a、b兩點(diǎn)，兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2且小球機(jī)械能的增量相同，其中落到a點(diǎn)時(shí)小球速度與斜面垂直。已知O、b兩點(diǎn)等高且水平距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，則（ ）
A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電勢(shì)為
B．小球落到a時(shí)的速度大小為2v1
C．兩次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為
D．落到斜面上a、b兩點(diǎn)時(shí)增加的機(jī)械能為
【答案】BD
【詳解】?jī)纱涡∏驒C(jī)械能的增量相同，說明電場(chǎng)力對(duì)小球做功相同，可知斜面為等勢(shì)面，即，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向垂直斜面向下，對(duì)小球受力分析，如圖所示
可知小球所受合力沿y方向，根據(jù)圖示幾何關(guān)系可知小球的初速度與y方向垂直，則小球沿x方向做勻速運(yùn)動(dòng)，y方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分別做bP、aM垂直與y軸，則，，，解得，故AC錯(cuò)誤；由于小球落到a時(shí)的速度垂直于斜面，將速度分解為x方向的速度與y方向的速度，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知
，，解得，故B正確；O、b兩點(diǎn)等高且水平距離為L(zhǎng)，則O點(diǎn)到斜面的距離為
，電場(chǎng)力做功為，小球增加的機(jī)械能，故D正確。
故選BD。
15．（23-24高三上·陜西西安·期末）如圖所示，真空中有一長(zhǎng)方體區(qū)域，棱、的長(zhǎng)均為，棱的長(zhǎng)為?，F(xiàn)將電荷量為、的點(diǎn)電荷分別固定在棱、的中點(diǎn)、處，下列說法正確的是（ ）
A．、兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同
B．、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同
C．棱和棱所在的直線均是等勢(shì)線
D．、兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于、兩點(diǎn)的電勢(shì)差
【答案】ABC
【詳解】設(shè)等量異種點(diǎn)電荷的連線中心為O點(diǎn)，電場(chǎng)中關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故、兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故AB正確；等量異種點(diǎn)電荷的連線中垂面為等勢(shì)面，棱和棱在等量異種點(diǎn)電荷的連線中垂面上，棱和棱所在的直線均是等勢(shì)線，故C正確；、兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則，、兩點(diǎn)在等勢(shì)面上，則，，，故D錯(cuò)誤。
故選ABC。
16．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在正四面體的三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C分別固定有電荷量為、、的點(diǎn)電荷，M、N、P分別為棱AB、AC、BC的中點(diǎn)，下列說法正確的是（ ）

A．P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度
B．M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同
C．M點(diǎn)與D點(diǎn)的電勢(shì)相等
D．一負(fù)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的電勢(shì)能大
【答案】AD
【詳解】設(shè)四面體的邊長(zhǎng)為a，A、B兩處的兩等量異種電荷在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，方向由B→A，另一正電荷在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，方向垂直于棱AB，其合場(chǎng)強(qiáng)大小，同理可得N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，但方向不同，故B錯(cuò)誤；B、C兩等量正電荷在P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，故P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于負(fù)電荷在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為，可知M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故A正確；M點(diǎn)和D點(diǎn)處在A、B兩處的等量異種電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的同一等勢(shì)面上，C處的正電荷與M點(diǎn)的距離小于與D點(diǎn)的距離，故M點(diǎn)的電勢(shì)高于D點(diǎn)的電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；同理可知N點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，故負(fù)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。
故選AD。
三、解答題
17．（2024·河南·二模）如圖所示，質(zhì)量都為m的物塊A、B靜止在光滑的水平面上，A、B之間用絕緣輕彈簧連接，A緊靠墻壁，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向左，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，A、B帶電荷量均為的正電荷，B通過輕繩與電動(dòng)機(jī)連接且輕繩拉直恰好無拉力，電動(dòng)機(jī)的額定電壓為，內(nèi)阻為，正常工作時(shí)電流為，時(shí)刻啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，使電動(dòng)機(jī)在額定功率下拉動(dòng)B，t時(shí)刻B的速度達(dá)到最大，此時(shí)A恰好離開墻壁，不計(jì)A、B間的靜電力作用．求：
（1）物塊B的最大速度；
（2）彈簧的勁度系數(shù)。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）當(dāng)B的加速度時(shí)速度最大，此時(shí)輕繩上的拉力為
電動(dòng)機(jī)的輸出功率為
又
解得
（2）對(duì)B受力分析可知初始時(shí)刻彈簧彈力為
B速度最大時(shí)彈簧彈力
所以從初始時(shí)刻到B速度最大的過程中，彈簧彈力對(duì)B做的總功為零，由動(dòng)能定理得
由胡克定律得
聯(lián)立解得
18．（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲為一種真空示波管，電子從熾熱的燈絲K發(fā)出（初速度不計(jì)），經(jīng)燈絲與板間的加速電壓加速，自板中心孔沿中心線射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間電壓隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，其中T遠(yuǎn)大于電子自發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間。電子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，金屬板右端到熒光屏距離為z（其大小可調(diào)），金屬板到熒光屏之間存在與金屬板平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，當(dāng)加在金屬板上的電壓為零時(shí)，電子打在熒光屏上的O點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系xOy，坐標(biāo)平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，從左向右看，垂直金屬板向上為y軸正方向，水平向右為x軸正方向。已知電子的質(zhì)量為m，元電荷為e，電子均能從金屬板之間射出。求：
（1）電子離開金屬板時(shí)的最大側(cè)移量；
（2）假設(shè)上下金屬板間的偏轉(zhuǎn)電壓保持不變，逐步增大z值，請(qǐng)?jiān)谧鴺?biāo)紙上定性畫出電子打到熒光屏上的位置，并求這些位置距坐標(biāo)原點(diǎn)O的最大距離；
（3）取，電壓恢復(fù)為鋸齒波，經(jīng)過較長(zhǎng)時(shí)間，熒光屏上會(huì)有電子打上，請(qǐng)寫出電子所打到位置的橫坐標(biāo)x與縱坐標(biāo)y間的函數(shù)關(guān)系。
【答案】（1）；（2）圖見解析，；（3）（）
【詳解】（1）粒子在加速電場(chǎng)中只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度大小為
電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，電子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有
在豎直方向電子做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為
所以電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向上的側(cè)位移為
當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓最大時(shí)，側(cè)移量最大，則有
（2）電子離開金屬板時(shí)沿板方向速度為
偏轉(zhuǎn)電壓保持不變，垂直板方向的速度為
粒子沿磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的速度不受洛倫茲力作用，沿方向勻速運(yùn)動(dòng)，在平面投影做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑為
逐步增大z值，電子打到熒光屏上的位置如圖所示
各點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的最大距離為
解得
（3）設(shè)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則有
可知電子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為，設(shè)電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)為（，），如圖所示
則有，
其中
聯(lián)立可得（）
19．（2024·湖南衡陽·二模）如圖所示，傾角為30°的絕緣粗糙斜面在B點(diǎn)與光滑絕緣的水平面平滑連接，B點(diǎn)左側(cè)的斜面上方存在平行于斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，B點(diǎn)右側(cè)有一緩沖裝置，勁度系數(shù)足夠大的絕緣輕彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，輕桿與槽間的滑動(dòng)摩擦力，輕桿向右移動(dòng)的距離不超過l時(shí)，裝置可安全工作。在斜面上有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，若將滑塊由距B點(diǎn)x＝4.5l處的A點(diǎn)靜止釋放，滑塊撞擊彈簧后將導(dǎo)致輕桿向右移動(dòng)，已知重力加速度為g，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。
（1）求滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）在保證裝置安全工作的前提下，求滑塊的靜止釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；
（3）在緩沖裝置安全工作的前提下，試討論該滑塊第一次被彈回后上升到距B點(diǎn)的最大距離s＇與釋放時(shí)距B點(diǎn)的距離s之間的關(guān)系。
【答案】（1）；（2）；（3）見解析
【詳解】（1）由動(dòng)能定理有
得
（2）因桿是輕桿，故當(dāng)桿開始移動(dòng)后彈簧的形變量就保持不變，設(shè)彈簧壓縮到最短時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能是。從滑塊接觸彈簧到減速為0的過程中，根據(jù)能量守恒定律有
得
當(dāng)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)最遠(yuǎn)，即滑塊速度最大，對(duì)應(yīng)輕桿移動(dòng)的距離為時(shí)，滑塊速度減為0，彈性勢(shì)能仍為，則
對(duì)滑塊，從距B點(diǎn)處由靜止釋放到速度最大，由動(dòng)能定理得
得
（3）設(shè)滑塊從距B點(diǎn)時(shí)由靜止下滑，輕桿剛好沒被推動(dòng)，彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為，則
結(jié)合
得
當(dāng)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離
滑塊接觸彈簧后以原速率反彈回來，由能量守恒定律得
得
當(dāng)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離時(shí)，滑塊被彈簧彈回，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，設(shè)速度為，有
得
即當(dāng)時(shí)；當(dāng)時(shí)，。
20．（2024·廣東廣州·一模）如圖甲，當(dāng)時(shí)，帶電量、質(zhì)量的滑塊以的速度滑上質(zhì)量的絕緣木板，在0~1s內(nèi)滑塊和木板的圖像如圖乙，當(dāng)時(shí)，滑塊剛好進(jìn)入寬度的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向水平向左?；瑝K可視為質(zhì)點(diǎn)，且電量保持不變，始終未脫離木板；最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取。
（1）求滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）試討論滑塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)距電場(chǎng)左邊界的距離s與場(chǎng)強(qiáng)E的關(guān)系。
【答案】（1），；（2）見解析
【詳解】（1）根據(jù)圖乙，可得滑塊與木板的加速度大小分別為
，
對(duì)滑塊和木板分別由牛頓第二定律有
解得，
（2）根據(jù)題意，滑塊與木板共速時(shí)恰好進(jìn)入電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后滑塊所受電場(chǎng)力
由于
可得滑塊所受電場(chǎng)力的范圍
而滑塊與木板間的最大靜摩擦力
因此進(jìn)入電場(chǎng)后以及出電場(chǎng)后滑塊與木板都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，可將滑塊與木板看成一個(gè)整體進(jìn)行研究，且進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度為。當(dāng)滑塊剛到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)速度減為0，則由動(dòng)能定理有
解得
此時(shí)
而摩擦力
①當(dāng)時(shí)，木板與滑塊會(huì)穿過電場(chǎng)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有
解得
②若有
可得
即當(dāng)時(shí)，結(jié)合以上分析可知，物塊和木板將會(huì)在電場(chǎng)中停下來，由動(dòng)能定理有
解得
③當(dāng)時(shí)，滑塊和木板在電場(chǎng)中速度減為零后將反向做加速運(yùn)動(dòng)從而出電場(chǎng)，則對(duì)進(jìn)入電場(chǎng)到速度減為0的過程由動(dòng)能定理有
反向出電場(chǎng)的過程由動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
21．（2024·重慶大足·二模）如圖所示，光滑絕緣斜面對(duì)接后固定在水平地面上，O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電小球A恰好能靜止在高為H處，將不帶電的小球B從高為2H處靜止釋放，與小球A發(fā)生彈性碰撞后電量平分，且不考慮A，B間的庫侖力作用，碰后小球A在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能損失10%，已知，兩小球只能發(fā)生一次碰撞，重力加速度為g，求：
（1）兩小球AB碰撞之后的速度；
（2）小球A第一次到達(dá)最低點(diǎn)O時(shí)，兩小球的速度大小；
（3）小球A運(yùn)動(dòng)的總路程。
【答案】（1），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上；（2），；（3）
【詳解】（1）不帶電的小球B從高為2H處靜止釋放，與A碰撞前有
與小球A發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律有
解得
方向沿斜面向上
方向沿斜面向下。
（2）設(shè)初始A的電荷量為2q，初始時(shí)靜止，則有
碰后電量平分，則A、B的電量均為q，對(duì)A可知
小球A沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，有
解得
對(duì)小球B
合力為零，向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度仍為
（3）小球A第一次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)
第一次到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)
解得
第二次到達(dá)O點(diǎn)后動(dòng)能再次損失10%，第二次能夠到達(dá)右側(cè)的高度是
第n次經(jīng)過O點(diǎn)后，小球A上升的高度
小球A運(yùn)動(dòng)的總路程
當(dāng)n無窮大時(shí)，可得
22．（2024·河南焦作·一模）如圖所示，長(zhǎng)方體空間區(qū)域處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，ac是其中的一條電場(chǎng)線，，，，頂點(diǎn)a、c的電勢(shì)分別為、。大量帶正電的同種粒子以不同的速率從ac線上不同點(diǎn)沿方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，均能經(jīng)過頂點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力及粒子間相互作用，帶電粒子的比荷為。求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
（2）b點(diǎn)的電勢(shì)；
（3）從a點(diǎn)射入的帶電粒子的速度大??；
（4）若帶電粒子中的某一粒子從頂點(diǎn)離開時(shí)的速率最小，求該帶電粒子從ac線上射入的位置到c點(diǎn)的距離，并求出該最小速率（結(jié)果可帶根號(hào)）。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）射入點(diǎn)與c距離為2cm，
【詳解】（1）沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，根據(jù)
（2）根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，如圖所示，作
根據(jù)幾何關(guān)系可知
則
其中
解得
（3）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
解得
根據(jù)

解得
（4）如圖所示
設(shè)射入點(diǎn)與c距離為h，則
解得
其中

故
當(dāng)時(shí)，即
速度有最小值，最小值為
判斷依據(jù)
判斷方法
電場(chǎng)線方向
沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低
場(chǎng)源電荷的正負(fù)
取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，正電荷周圍電勢(shì)為正值，負(fù)電荷周圍電勢(shì)為負(fù)值；靠近正電荷處電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷處電勢(shì)低
電勢(shì)能的高低
正電荷在電勢(shì)較高處電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)較低處電勢(shì)能大
電場(chǎng)力做功
根據(jù)UAB＝eq \f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號(hào)代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低
判斷方法
方法解讀
公式法
將電荷量、電勢(shì)連同正負(fù)號(hào)一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對(duì)值越大，電勢(shì)能越大；負(fù)Ep的絕對(duì)值越大，電勢(shì)能越小
電勢(shì)法
正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大
負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大
做功法
電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小
電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加
能量守恒法
在電場(chǎng)中，若只有電場(chǎng)力做功時(shí)，電荷的動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，反之，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增加
電場(chǎng)
等勢(shì)面(實(shí)線)圖樣
重要描述
勻強(qiáng)電場(chǎng)
垂直于電場(chǎng)線的一簇等間距平面
點(diǎn)電荷的電場(chǎng)
以點(diǎn)電荷為球心的一簇球面
等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)
連線的中垂面上的電勢(shì)為零
等量同種正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)
連線上，中點(diǎn)電勢(shì)最低，而在中垂線上，中點(diǎn)電勢(shì)最高．關(guān)于中點(diǎn)左右對(duì)稱或上下對(duì)稱的點(diǎn)電勢(shì)相等

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