资源描述
I单元 电场
名目
I单元 电场 1
I1 电场的力的性质 1
I2 电场的能的性质 9
I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动 15
I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动 17
I5 试验：用描迹法画出电场中平面上的等势线 17
I6 试验：练习使用示波器 18
I7 电场综合 18
I1 电场的力的性质
（2022·吉林市普高二模）1. 如图甲所示，、为两个被固定的点电荷，其中带负电，、两点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以确定的初速度沿直线从点开头经点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过、两点时的速度分别为、，其速度图象如图乙所示。以下说法中正确的是（ ）
A．确定带负电
B．的电量确定大于的电量
C．点的电场强度为零
D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大
【学问点】电场强度；电势能．
【答案解析】 C
解析：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电．故A错误，C正确． B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，依据F=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量．故B错误． C、整个过程动能先减小后增大，依据能量守恒电势能先增大后减小．故D错误．故选C．
【思路点拨】解决本题的关键依据图象b点的加速度为0，依据这一突破口，从而推断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小．
（2022·湖北襄阳四中模拟）2. 已知一个均匀带电的球壳在壳内任意一点产生的电场强度均为零，在壳外某点产生的电场强度等同于把壳上电量全部集中在球心处的点电荷所产生的电场强度，即：，式中R为球壳的半径，r为某点到球壳球心的距离，Q为球壳所带的电荷量，k为静电力常量。在真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球壳，球心位置O固定，P为球壳外一点，M为球壳内一点，如图所示，以无穷远为电势零点，关于P、M两点的电场强度和电势，下列说法中正确的是（ ）A．若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变
B．若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的电势上升
C．若Q不变，M点的位置也不变，而令R变小（M点仍在壳内），则M点的电势上升
D．若Q不变，M点的位置也不变，而令R变小（M点仍在壳内），则M点的场强不变
【学问点】点电荷的电场强度和电势
【答案解析】ACD
解析：它要将球壳所带的均匀电荷模拟成点电荷模型集中与O点再选用：进行分析求解。A选项中令R减小，但P到O点的距离没有变，所以P点的场强不变，由E的表达式可知A正确；由的表达式可知P点的电势也不变B答案错误；在球壳内的M点，当R减小时，M点的电场强度为零，始终不变，D答案正确；电势要由判定，是上升了，C答案正确，即本题选择ACD。
【思路点拨】本题是要会识别物理模型—球壳均匀电荷分布—点电荷模型，再依题意和点电荷的电场强度、电势表达式综合分析求解选择答案。
（2022·湖北襄阳五中五月月考）3. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（ ）
A．q1为正电荷，q2为负电荷
B．q1电荷量大于q2的电荷量
C．NC间场强方向沿x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
【学问点】电场中的电荷概念，电势与水平方向位移图线，电场力做功问题。
【答案解析】ABD
解析：本题是电场中识图检测，而本题图形设计新颖，是教材内容的升华，由题意和图线可推断出q1为正电荷，q2为负电荷，由A点的电势为零可知q1电荷量大于q2的电荷量由此可知A、B选项正确；将一负电荷从N点移到D点，电势先上升而后降低，那么电场先对电荷做正功，后做负功，所以D正确；由于q1为正电荷，q2为负电荷在NC之间电场强度方向是沿X轴负方向。（这是由两电荷在该处的叠加而形成的）所以C项错误。从而本题选择ABD答案。
【思路点拨】求解本题的关键是识电势与位移图线，还要会分析两电荷在某处电场的叠加和电势的叠加，还可看图线的斜率辩识各点的电场强度的大小，由此选择答案。
（2022·湖南长沙模拟）4. 在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）
A．小球在处的速度最大
B．小球确定可以到达点处
C．小球将以点为中心作往复运动
D．固定在AB处的电荷的电量之比为QA︰QB＝4︰1
【学问点】电势；匀变速直线运动的速度与时间的关系；电场的叠加．
【答案解析】AD
解析：A、L处电势最低，从2L处静止释放，电场力做正功，从高电势向低电势移动，所以L处速度最大，A正确。B、光滑的水平面，可以到达与2L等势的店，但是没有明确那个点与2L处等势，B错误。C、由于电势左右不对称，所以L不是位移的中心，C错误。D、由图（乙）得，x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强E合=0 所以得解得QA=4Q；D正确。故选AD
【思路点拨】电场中的动能定理的应用要留意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，把握电场力做功的公式WAB=qUAB，留意各量都要代入符号
（2022·山东日照一中二模）5. 如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动。已知O、在同一竖直线上，下列推断正确的是（ ）
A．圆轨道上的电势处处相等
B．圆轨道上的电场强度处处相等
C．点电荷对小球的库仑力是吸引力
D．可能为异种电荷
【学问点】 电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．
【答案解析】ACD
解析：A、依据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故A正确．B、依据电场线的分布状况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小相等，但方向不同，所以电场强度不相同．故B错误．C、带电小球做匀速圆周运动，合外力供应向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则q1对小球的库仑力必定是吸引力，故C正确．D、小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力供应向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，故D正确．故选：ACD．
【思路点拨】依据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势状况；依据电场线的分布状况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，电场强度才相同．带电小球做匀速圆周运动，合外力供应向心力，分析两个电荷的电性和q1对小球的库仑力
（2022·山西高校附中5月月考）6. 一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小EO=，方向如图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4．则（ ）
A．E1>
B．E2=
C．E3>
D．E4=
【学问点】 电场强度．
【答案解析】AC
解析：依据点电荷电场强度公式E=k，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=，则E1＞；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则依据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 ．由于方向不共线，由合成法则可知，E3＞；故AC正确，BD错误；故选：AC．
【思路点拨】依据电场的叠加原理，分析半球壳在O点的场强方向，再比较场强的大小关系．依据E=k，结合左右两侧球壳上点电荷到O点距离的关系，进行分析．
（2022·重庆一中5月月考）7. 无限大接地金属板竖直放置，与金属板右侧面中心点O相距为d的位置处放有一电量为q的正点电荷，它们之间的电场线分布如图所示，与两个等量异种点电荷连线的中垂面正电荷一侧的电场线分布类似，如题5图乙。甲图电场中有M（MO的连线与板垂直）、N（N点位于板右侧面上）两点，M到点电荷之间、N到O点之间的距离均为d。则M、N两点的电场强度EM、EN的大小关系是（ ）
A. EM >EN B. EM =EN
C. EM <EN D.无法确定
【学问点】电场强度．
【答案解析】A
解析：依据M点的电场线方向可以得M点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，乙图上+q右侧d处的场强大小为：E=k依据题意可知，M点的电场强度大小与乙图上+q右侧d处的场强大小相等，即为EM=k。N处场强的大小 EN=k则有：EM＞EN．故选：A
【思路点拨】依据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为d处的场强，即等于M的场强．依据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解．依据点电荷场强公式E=k求出N点的场强，再进行比较．
甲 乙
（2022·浙江杭州学军中学第九次月考）8. 如图所示，图甲中MN为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为+q的点电荷O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布。P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发觉问题很难。几位同学经过认真争辩，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下推断，其中正确的是（ ）
A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为
B．方向沿P点和点电荷的连线向左， 大小为
C．方向垂直于金属板向左，大小为
D．方向垂直于金属板向左，大小为
【学问点】 电场线；电场强度．
【答案解析】C
解析：依据P点的电场线方向可以得P点的电场强度方向是垂直于金属板向左，两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，P点与点电荷O之间的距离为r，依据点电荷的场强公式E=P点的电场是由两异号点电荷分别产生的场强叠加产生的．依据场强的叠加法则和几何关系得：大小为故选C．
【思路点拨】依据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加可知各点的场强大小．常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能娴熟把握，并要留意沿电场线的方向电势是降低的，同时留意等量异号电荷形成电场的对称性
（2022·广东惠州一中第一次调研）9. 两个放在绝缘支架上的相同金属球相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和-3q的电荷，相互引力为3F．现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将变为（ ）
A.F B.2F C.3F D.4F
【学问点】 库仑定律．
【答案解析】 A
解析：由库仑定律可得：3F=k而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为2q，若两球带的是异种电荷，则两球的带电量均为q；
带异种电荷，则库仑力F′=k =F；故选A
【思路点拨】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则依据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系。本题很多同学由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；在学习中应留意审题的练习．
（2022·四川成都摸底）10. 甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c，d是电荷量相同的两正点电荷，O为两电流（或电荷）连线的中点，在o点正上方有一电子，“较小的速度v射向O点，不计重力。关于电子的运动，下列说法正确的是（ ）
A甲图中的电子将做变速运动
B乙图中的电子将做往复运动
C乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度确定在减小
D．乙图中的电于在。点动能最大，电势能最小
【学问点】 电场线；电势能．
【答案解析】BD
解析：A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动．故A错误；B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动．故B正确；C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不愿定在减小．故C错误；D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小．故D正确．故选：BD
【思路点拨】依据安培定则推断出磁场的方向，依据左手定则推断出电子运动中受力方向，依据电子受到的电场力的特点推断出电子在电场中的运动特点。该题考查常见的磁场与常见电场的特点，这是考查的重点内容之一，要牢记．
（2022·四川成都摸底）11. 如图所示，电荷量Q=2×l0-7C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m=2×10-4 kg、电荷量q=1×l0-7 C的另一正点电荷B从O点正上方高于0 5m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P。若静电力常量k=9×109 N．m2／C2，重力加速度g=10 m／s2。求
（1）B运动到距O点l=0．5 m处的加速度大小；
（2）P、O间的距离L。
【学问点】 库仑定律；牛顿其次定律．
【答案解析】（1）6.4m/s2；（2）0.3m．
解析依据牛顿其次定律，则有：mg-k=ma；
代入数据解得：a=9.8-
（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：k＝ma代入数据，解得：L=
【思路点拨】（1）依据牛顿其次定律，结合库仑定律，即可求解；（2）依据速度最大时，加速度为零，结合平衡条件，即可求解．考查平衡条件的应用，把握库仑定律与牛顿其次定律的内容，留意正确的运算．
I2 电场的能的性质
（2022·吉林九校联合体其次次摸底）1. 如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条相互垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60°，两个点电荷的连线与AC的交点为P。下列说法中正确的是（ ）
A．P点的场强为0
B．A点电势低于C点电势
C．点电荷+q在O点所受电场力与C点不同
D．点电荷-q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能
【学问点】电场强度；电势；电势能．
【答案解析】 D
解析：A、+Q在P点产生的场强方向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，依据叠加原理可知P点的场强不为0，故A错误．B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误．C、依据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度相同，则点电荷+q在O点和C点所受电场力相同．故C错误．D、依据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布状况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式Ep=qφ分析可知：点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能．故D正确．故选：D．
【思路点拨】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要把握等量异种点电荷电场的电场线和等势线的分布图象，来分析场强和电势关系
（2022·福建漳州八校第四次联考）2. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中Ｍ点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示．则（ ）
A．A确定带正电，b确定带负电
B．A的速度将减小，b的速度将增加
C．A的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的电势能一个增加一个减小
【学问点】电场线；电势能．
【答案解析】C
解析：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能推断a、b确定带异种电荷，但电荷性质不确定，故A错误；B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，电势能均减小，故B错误，D错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．故选：C．
【思路点拨】本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺当解决问题，明白了只要合外力做正功物体的动能就将增加，电场力做正功电势能减小的道理就不难解决，所以我们确定要把握好基本学问．．
（2022·黑龙江大庆铁人中学模拟）3. 争辩表明，无限大的均匀带电平面在四周空间会形成与平面垂直的匀强电场.现有两块无限大的均匀绝缘带电平面，一块带正电，一块带负电，把它们正交放置如图所示，单位面积所带电荷量的数值相等.图中直线A1B1和A2B2分别为带正电的平面和带负电的平面与纸面正交的交线，O为两交线的交点.则图中能正确反映等势面分布状况的是（ ）
【学问点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．
【答案解析】A
解析：争辩第一象限的状况：第一象限内，带正电平面A1B1形成电场方向竖直向上，带负电平面A2B2形成的电场方向水平向左，如图细实线所示，合场强方向如图粗黑线所示，依据等势面与电场线垂直可知，等势面如虚线所示．同理分析其他象限内等势面的分布状况．如图虚线所示．故选：A．
【思路点拨】由题，无限大的均匀带电平面在四周空间会形成与平面垂直的匀强电场，空间任意一点的电场是由两个匀强电场的叠加，依据平行边形定则，确定四个象限电场方向，再依据等势面与电场线垂直画出等势线．
（2022·江苏徐州一中考前模拟）4. 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置．如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线外形相对于Ox轴、Oy轴对称，且相邻两等势线的电势差相等．图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（ ）
O
x
y
·
·
a
b
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电子在a点的动能大于在b点的动能
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
【学问点】等势面；牛顿其次定律；电场强度；电场线．
【答案解析】D
解析：依据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场沿x轴负方向，所以电势沿x轴方向增加，电子带负电，沿x轴方向，电势上升，电势能减小，动能增大，所以A、C错误；D正确；等势面密集的地方电场线密集，所以a点场强小于b点场强，a点加速度小于b点加速度，B错误；故选D
【思路点拨】依据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场力的方向，推断电势的凹凸．由电场力做功的正负推断电势能的变化．电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大；电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小．
（2022·江西师大附中、鹰潭一中5月联考）5. 质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会毁灭很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简洁的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：
式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用E表示夸克间的势能，令E0＝F0（r2-r1），取无穷远为势能零点．下列E－r图示中正确的是（ ）
【学问点】原子的核式结构；电势能．
【答案解析】B
解析：从无穷远处电势为零开头到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能渐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；r＜r1之后，F=0，势能不变，恒定为-U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r2-r1）．故B正确．故选：B
【思路点拨】本题通过分析两夸克之间的相互作用力F做功状况推断势能的变化状况，即可进行选择．无穷远处电势为零，从无穷远开头到r=r2位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，两夸克之间的相互作用力F为引力，恒定引力做正功，势能渐渐均匀减小，r＜r1之后势能不变，恒定为-U0．
（2022·江西师大附中三模）6. 如图所示，匀强电场E方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面对右运动，经过A点时动能是200J，经过B点时，动能是A点的，削减的动能有转化成电势能，那么，当它再次经过B点时动能为（ ）
A．4J
B．8J
C．16J
D．20J
【学问点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．
【答案解析】B
解析：设物体向右运动到C点静止，然后返回，AB间距离为x1，BC间距离为x2，则：由动能定理：-（f+qE）x1=−Ek0=-160 J-（f+qE）x2=−Ek0=-40 J，所以x2=又qEx1=（Ek0）×=96 J则qEx2=×96=24J，即由B到C，电势能增加24J,所以克服摩擦力做功fx2=32J,因此，由B到C再回到B的过程中，-2fx2=EkB′-EkB，所以EkB′=EkB-2fx2=Ek0-2fx0=40-32=8J,故选B
【思路点拨】设物体向右运动到C点静止，然后返回，AB间距离为x1，BC间距离为x2，则由动能定理可以求出两段距离之间的关系，又由于电场力做的功等于电势能的削减量，进而求出摩擦力做的功，因此，由B到C再回到B的过程中，-2fx2=EkB′-EkB，即可求解．
（2022·江西重点中学协作体其次次联考）7. 如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有（ ）
A．a、b、c三点处电势凹凸关系是φa＝φc>φb
B．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小
C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2
D．若将d处的点电荷改为＋Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc
【学问点】电势能；电势．
【答案解析】BC
解析：A：依据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势，A错误; B：由AB可知，正电荷P从a到b，电势上升，电势能就增加；反之，从b到c电势能减小，故B正确；C：粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要依据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra＝rc＝rb，代人库仑定律：F＝k，可得：由牛顿其次定律：．故C正确．D: 若将d处的点电荷改为＋Q.则电荷与质点直接为排斥力，合力向外，不行能是图中曲线，D错误
【思路点拨】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，依据轨迹弯曲方向推断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，依据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿其次定律求出加速度之间的关系．
（2022·湖北武昌5月模拟）8. 如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以确定的初速度沿x轴从a点开头经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度随坐标x变化的图象如
乙
图乙所示，则以下推断正确的是（ ）
A．Q2带负电且电荷量大于Q1
B．b点的场强确定为零
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比b点的电势能小
【学问点】两点电荷相互作用、电场强度、电势叠加问题、电场力做功问题。在高考中属于II级学问点要求。
【答案解析】BD
解析：由速度图像可知在点的斜率为零，即加速度为零，也就是该处合合电场强度为零，B选项正确；因点电场强度为零，为负电荷，由点电荷场强公式计算可得：A选项错；由速度图线可知，从速度减小，电场力做负功，是从电势低到电势高的地方，C答案错；电场力做负功，电势能增加，所以D答案正确。
【思路点拨】本题是两点电荷在X轴上的电场强度的叠加和电势的叠加问题，关键要从速度图线动身，一看图线的斜率—运动的加速度，二看速度的变化，由速度的变化来看电场力作什么功，从而辨析选项选择答案。
I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动
（2022·陕西西工大附中第八次适应性训练）1. 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开头时开关S闭合，静电计指针张开确定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列实行的措施可行的是（ ）
A．断开开关S后，将A、B分开些
B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
【学问点】电容器．
【答案解析】A
解析：A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，依据C=知，电容减小，依据U=知，电势差增大，指针张角增大．故A正确．
B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误．
C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故C错误．
D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误．故选：A．
【思路点拨】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，依据电容的变化推断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变
（2022·陕西西工大附中第八次适应性训练）2. 如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以确定的初速度由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，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在Q点的电势能为－Uq
B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的电场强度大小为E＝
D．此匀强电场的电场强度大小为E＝
【学问点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．
【答案解析】AC
解析：A、B、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电．粒子从P到Q，电场力做正功，为W=qU，则粒子的电势能削减了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为-Uq，故A正确、B错误．C、D、设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几学问求得粒子在y轴方向的分速度为：vy=v0． 粒子在y方向上的平均速度为：粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：y0=水平方向有：d=v0t可得：y0=所以场强为：E=联立得：E=，故C正确，D错误．故选：AC
【思路点拨】依据公式W=qU求出电场力做功，确定出P、Q间电势能的差，即可求得Q点的电势能．依据粒子轨迹弯曲方向，推断出粒子所受的电场力方向，即可推断其电性；带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，依据平抛运动的规律求出粒子到达Q点时的速度．依据位移公式和两个分运动的等时性，列出x方向和y方向两个方向的分位移与时间的关系式，即可求出竖直方向的位移大小y0，由E= 求解场强的大小．
（2022·湖北襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中五月联考）3. 如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其四周空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动。以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是
x
E
E
O
O
x
φ
A
O
x
v
C
O
x
Ek
D
O
x
a
B
【学问点】本题是电场部分无限大均匀带正电薄板模型—匀强电场模型，要分析带负电小球在电场中的电势、加速度、速度、动能随X轴的变化状况，是一道依规律识图题。高考要求属于II级学问点。
【答案解析】D
解析：沿X轴正负方向看，电势是渐渐减小，它与X轴正负方向的距离成反比，A图错；加速度在X轴正方向是斜向下偏左，在负方向是斜向下偏右，其值不变，B图错；在O点沿X轴正负方向运动，电场力做负功，动能是减小的。列式是：，由此可知C错D正确。
【思路点拨】本题借助带电薄板设置一道很新颖的图线考查，摆在考生的是一个生疏面孔。它要我们正确分析带电小球的受力，再看加速度、速度、动能的变化，电势的变化只要知道沿电场线方向电势渐渐降低，而是与距离成反比。
I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动
I5 试验：用描迹法画出电场中平面上的等势线
I6 试验：练习使用示波器
I7 电场综合
（2022·湖南十三校其次次联考）1. 在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点0做圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．带电小球确定做匀速圆周运动
B．带电小球确定做变速圆周运动
C．带电小球通过最高点时，细线拉力确定最小
D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小
【学问点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；万有引力定律及其应用．
【答案解析】D
解析：当小球所示重力与电场力合力为零时，绳子的拉力供应向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动， B、当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故A、B错误；C、当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力供应向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，假如小球做非匀变速运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，假如小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，故C错误；D、小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，在最低点细线拉力最小，故D正确；故选D．
【思路点拨】对小球正确受力分析，全面考虑问题，进行争辩即可正确解题
（2022·湖北武汉二中模拟）2. 如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板,AB段为直线型挡板（长为4R），两者在B点相切，，C,F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，全部接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中。现将带电量为+q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是（ ）E
A
A、匀强电场的场强大小可能是B
B、小球运动到D点时动能确定不是最大θ
O
C
C、小球机械能增加量的最大值是D
D、小球从B到D运动过程中，动能的增量为
【学问点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；机械能守恒定律；电场强度．
【答案解析】BC
解析：A、小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，则有：qEcos37°≥mgsin37°，则得：E≥，故场强大小不行能等于，故A错误．B、小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；C、小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为△E=qE[4Rcos53°+R（1-cos37°）=2.6mgR，故C正确．D、小球从B到D运动过程中，依据动能定理得：动能的增量为△Ek=mgR（1+sin37°）-qERcos37°=1.6mgR-0.8qER，故D错误．故选：BC．
【思路点拨】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，电场力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到场强的大小范围；依据小球的运动状况，分析小球的合力方向，推断什么位置动能最大；依据动能定理求解小球从B到D运动过程中动能的增量．
（2022·浙江杭州学军中学第九次月考）3. 如图所示,长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于场强方向平行于纸面的电场中,一电荷量为q、质量为m的带正电小球,以初速度v0由斜面底端的A点开头沿斜面上滑,到达斜面顶端B点时速度仍为v0.下列推断正确的是（已知重力加速度为g） （ ）
A.小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能
B.由题设条件可求得A、B两点的电势差
C.该电场可能是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场
D.若该电场是匀强电场,则电场方向平行于斜面对上时，电场强度最小
【学问点】 电势差与电场强度的关系；电势差；电势能．
【答案解析】ABD
解析：A、小球从A运动到B，重力势能增加，动能没有变化，依据能量守恒定律，电势能确定减小，则小球在B点的电势能确定小于小球在A点的电势能，故A正确；B、依据动能定理得：-mgLsinθ+qUAB=，得到，UAB=；故B正确；C、假如该电场是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场，则AB的电势相等，冲突，故C错误；D、该电场是匀强电场，当电场力平行斜面对上时，电场力最小，等于mgsinθ，故电场强度也最小，为，故D正确；故选：ABD
【思路点拨】依据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．依据电场力做功的正负，推断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，依据力学学问确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．由电势关系，推断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的
（2022·湖北襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中五月联考）4. 如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其四周产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即。在带电长直细棒右侧，有一长为 的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离也为 ，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。
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